2023版高考数学大一轮复习第七章不等式7.4基本不等式及其应用教师用书理新人教版

PAGEPAGE17第七章不等式7.4根本不等式及其应用教师用书理新人教版1．根本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)根本不等式成立的条件：a>0，b>0.(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号．2．几个重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)．(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．以上不等式等号成立的条件均为a＝b.3．算术平均数与几何平均数设a>0，b>0，那么a，b的算术平均数为eq\f(a＋b,2)，几何平均数为eq\r(ab)，根本不等式可表达为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．4．利用根本不等式求最值问题x>0，y>0，那么(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2eq\r(p).(简记：积定和最小)(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值eq\f(p2,4).(简记：和定积最大)【知识拓展】不等式的恒成立、能成立、恰成立问题(1)恒成立问题：假设f(x)在区间D上存在最小值，那么不等式f(x)>A在区间D上恒成立⇔f(x)min>A(x∈D)；假设f(x)在区间D上存在最大值，那么不等式f(x)<B在区间D上恒成立⇔f(x)max<B(x∈D)．(2)能成立问题：假设f(x)在区间D上存在最大值，那么在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立⇔f(x)max>A(x∈D)；假设f(x)在区间D上存在最小值，那么在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立⇔f(x)min<B(x∈D)．(3)恰成立问题：不等式f(x)>A恰在区间D上成立⇔f(x)>A的解集为D；不等式f(x)<B恰在区间D上成立⇔f(x)<B的解集为D.【思考辨析】判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)函数y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.(×)(2)函数f(x)＝cosx＋eq\f(4,cosx)，x∈(0，eq\f(π,2))的最小值等于4.(×)(3)“x>0且y>0〞是“eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2〞的充要条件．(×)(4)假设a>0，那么a3＋eq\f(1,a2)的最小值为2eq\r(a).(×)(5)不等式a2＋b2≥2ab与eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)有相同的成立条件．(×)(6)两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．(√)1．(教材改编)设x>0，y>0，且x＋y＝18，那么xy的最大值为()A．80B．77C．81D．82答案C解析∵x>0，y>0，∴eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)，即xy≤(eq\f(x＋y,2))2＝81，当且仅当x＝y＝9时，(xy)max＝81.2．f(x)＝x＋eq\f(1,x)－2(x<0)，那么f(x)有()A．最大值为0 B．最小值为0C．最大值为－4 D．最小值为－4答案C解析f(x)≤－2eq\r(－x·－\f(1,x))－2＝－4，当且仅当x＝－1时，f(x)max＝－4.3．假设a>0，b>0，且a＋b＝4，那么以下不等式恒成立的是()A.eq\f(1,ab)≤eq\f(1,4) B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤1C.eq\r(ab)≥2 D．a2＋b2≥8答案D解析4＝a＋b≥2eq\r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立)，即eq\r(ab)≤2，ab≤4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，选项A，C不成立；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥1，选项B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，选项D成立．4．(教材改编)x，y均为正实数，且x＋4y＝1，那么xy的最大值为________．答案eq\f(1,16)解析1＝x＋4y≥2eq\r(4xy)＝4eq\r(xy)，∴xy≤(eq\f(1,4))2＝eq\f(1,16)，当且仅当x＝4y＝eq\f(1,2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,8)))时，(xy)max＝eq\f(1,16).5．(教材改编)假设把总长为20m的篱笆围成一个矩形场地，那么矩形场地的最大面积是________m2.答案25解析设矩形的一边为xm，那么另一边为eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，∴y＝x(10－x)≤[eq\f(x＋10－x,2)]2＝25，当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.题型一利用根本不等式求最值命题点1通过配凑法利用根本不等式例1(1)0<x<1，那么x(4－3x)取得最大值时x的值为________．(2)x<eq\f(5,4)，那么f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值为________．(3)函数y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．答案(1)eq\f(2,3)(2)1(3)2eq\r(3)＋2解析(1)x(4－3x)＝eq\f(1,3)·(3x)(4－3x)≤eq\f(1,3)·[eq\f(3x＋4－3x,2)]2＝eq\f(4,3)，当且仅当3x＝4－3x，即x＝eq\f(2,3)时，取等号．(2)因为x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，那么f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq\f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1.当且仅当5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值为1.(3)y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋2x－2＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.当且仅当(x－1)＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1时，等号成立．命题点2通过常数代换法利用根本不等式例2a>0，b>0，a＋b＝1，那么eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．答案4解析∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，即eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为4，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立．引申探究1．条件不变，求(1＋eq\f(1,a))(1＋eq\f(1,b))的最小值．解(1＋eq\f(1,a))(1＋eq\f(1,b))＝(1＋eq\f(a＋b,a))(1＋eq\f(a＋b,b))＝(2＋eq\f(b,a))·(2＋eq\f(a,b))＝5＋2(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥5＋4＝9.当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，取等号．2．a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝4，求a＋b的最小值．解由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝4，得eq\f(1,4a)＋eq\f(1,4b)＝1.∴a＋b＝(eq\f(1,4a)＋eq\f(1,4b))(a＋b)＝eq\f(1,2)＋eq\f(b,4a)＋eq\f(a,4b)≥eq\f(1,2)＋2eq\r(\f(b,4a)·\f(a,4b))＝1.当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时取等号．3．将条件改为a＋2b＝3，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值．解∵a＋2b＝3，∴eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))(eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(2b,3a)≥1＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq\f(2\r(2),3).当且仅当a＝eq\r(2)b时，取等号．思维升华(1)应用根本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正〞“二定〞“三相等〞．所谓“一正〞是指正数，“二定〞是指应用根本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等〞是指满足等号成立的条件．(2)在利用根本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用根本不等式．(3)条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数“1〞代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用根本不等式求解最值．(1)假设正数x，y满足x＋3y＝5xy，那么3x＋4y的最小值是________．(2)x，y∈(0，＋∞)，2x－3＝(eq\f(1,2))y，假设eq\f(1,x)＋eq\f(m,y)(m>0)的最小值为3，那么m＝________.答案(1)5(2)4解析(1)方法一由x＋3y＝5xy可得eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1，∴3x＋4y＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(3x,5y)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋eq\f(12,5)＝5.当且仅当eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)时，等号成立，∴3x＋4y的最小值是5.方法二由x＋3y＝5xy得x＝eq\f(3y,5y－1)，∵x>0，y>0，∴y>eq\f(1,5)，∴3x＋4y＝eq\f(9y,5y－1)＋4y＝eq\f(13y－\f(1,5)＋\f(9,5)＋\f(4,5)－4y,5y－1)＋4y＝eq\f(13,5)＋eq\f(9,5)·eq\f(\f(1,5),y－\f(1,5))＋4(y－eq\f(1,5))≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(36,25))＝5，当且仅当y＝eq\f(1,2)时等号成立，∴(3x＋4y)min＝5.(2)由2x－3＝(eq\f(1,2))y得x＋y＝3，eq\f(1,x)＋eq\f(m,y)＝eq\f(1,3)(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(m,y))＝eq\f(1,3)(1＋m＋eq\f(y,x)＋eq\f(mx,y))≥eq\f(1,3)(1＋m＋2eq\r(m))(当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(mx,y)，即y＝eq\r(m)x时取等号)，∴eq\f(1,3)(1＋m＋2eq\r(m))＝3，解得m＝4.题型二根本不等式的实际应用例3(2022·淄博质检)某工厂某种产品的年固定本钱为250万元，每生产x千件，需另投入本钱为C(x)，当年产量缺乏80千件时，C(x)＝eq\f(1,3)x2＋10x(万元)．当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋eq\f(10000,x)－1450(万元)．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．(1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；(2)当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？解(1)因为每件商品售价为0.05万元，那么x千件商品销售额为0.05×1000x万元，依题意得：当0<x<80时，L(x)＝1000x×0.05－(eq\f(1,3)x2＋10x)－250＝－eq\f(1,3)x2＋40x－250；当x≥80时，L(x)＝1000x×0.05－(51x＋eq\f(10000,x)－1450)－250＝1200－(x＋eq\f(10000,x))．∴L(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x2＋40x－2500<x<80，,1200－x＋\f(10000,x)x≥80.))(2)当0<x<80时，L(x)＝－eq\f(1,3)(x－60)2＋950.对称轴为x＝60，即当x＝60时，L(x)最大＝950(万元)；当x≥80时，L(x)＝1200－(x＋eq\f(10000,x))≤1200－2eq\r(10000)＝1000(万元)，当且仅当x＝100时，L(x)最大＝1000(万元)，综上所述，当年产量为100千件时，年获利润最大．思维升华(1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．(2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用根本不等式求得函数的最值．(3)在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解．(1)某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．假设每批生产x件，那么平均仓储时间为eq\f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品________件．(2)某公司购置一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，那么每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元．答案(1)80(2)8解析(1)设每件产品的平均费用为y元，由题意得y＝eq\f(800,x)＋eq\f(x,8)≥2eq\r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20.当且仅当eq\f(800,x)＝eq\f(x,8)(x>0)，即x＝80时“＝〞成立．(2)年平均利润为eq\f(y,x)＝－x－eq\f(25,x)＋18＝－(x＋eq\f(25,x))＋18，∵x＋eq\f(25,x)≥2eq\r(x·\f(25,x))＝10，∴eq\f(y,x)＝18－(x＋eq\f(25,x))≤18－10＝8，当且仅当x＝eq\f(25,x)，即x＝5时，取等号．题型三根本不等式的综合应用命题点1根本不等式与其他知识交汇的最值问题例4(1)(2022·菏泽一模)直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，那么eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是()A．9B．8C．4D．2(2)(2022·山西忻州一中等第一次联考)设等差数列{an}的公差是d，其前n项和是Sn，假设a1＝d＝1，那么eq\f(Sn＋8,an)的最小值是________．答案(1)A(2)eq\f(9,2)解析(1)圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程，得x2＋(y－1)2＝6，所以圆心为C(0,1)．因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1.因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝(b＋c)(eq\f(4,b)＋eq\f(1,c))＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5.因为b，c>0，所以eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥2eq\r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4.当且仅当eq\f(4c,b)＝eq\f(b,c)时等号成立．由此可得b＝2c，且b＋c＝1，即b＝eq\f(2,3)，c＝eq\f(1,3)时，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)取得最小值9.(2)an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝eq\f(n1＋n,2)，∴eq\f(Sn＋8,an)＝eq\f(\f(n1＋n,2)＋8,n)＝eq\f(1,2)(n＋eq\f(16,n)＋1)≥eq\f(1,2)(2eq\r(n·\f(16,n))＋1)＝eq\f(9,2)，当且仅当n＝4时取等号．∴eq\f(Sn＋8,an)的最小值是eq\f(9,2).命题点2求参数值或取值范围例5(1)a>0，b>0，假设不等式eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)恒成立，那么m的最大值为()A．9B．12C．18D．24(2)函数f(x)＝eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，假设对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，那么a的取值范围是________．答案(1)B(2)[－eq\f(8,3)，＋∞)解析(1)由eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)(eq\f(3,a)＋eq\f(1,b))＝eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6.又eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6≥2eq\r(9)＋6＝12(当且仅当eq\f(9b,a)＝eq\f(a,b)时等号成立)，∴m≤12，∴m的最大值为12.(2)对任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，即eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即知a≥－(x＋eq\f(8,x))＋3.设g(x)＝x＋eq\f(8,x)，x∈N*，那么g(2)＝6，g(3)＝eq\f(17,3).∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq\f(17,3)，∴－(x＋eq\f(8,x))＋3≤－eq\f(8,3)，∴a≥－eq\f(8,3)，故a的取值范围是[－eq\f(8,3)，＋∞)．思维升华(1)应用根本不等式判断不等式是否成立：对所给不等式(或式子)变形，然后利用根本不等式求解．(2)条件不等式的最值问题：通过条件转化成能利用根本不等式的形式求解．(3)求参数的值或范围：观察题目特点，利用根本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或范围．(1)(2022·福建四地六校联考)函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，那么a的值是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C．1D．2(2)各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，假设存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，那么eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,2)B.eq\f(5,3)C.eq\f(9,4)D.eq\f(25,6)答案(1)C(2)A解析(1)由题意可得a>0，①当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2≥2eq\r(a)＋2，当且仅当x＝eq\r(a)时取等号；②当x<0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋2≤－2eq\r(a)＋2，当且仅当x＝－eq\r(a)时取等号，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－2\r(a)＝0，,2\r(a)＋2＝4，))解得a＝1，应选C.(2)由各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，可得a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)．因为eq\r(aman)＝4a1，所以qm＋n－2＝16，所以2m＋n－2＝24，所以m＋n＝6.所以eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)(eq\f(1,m)＋eq\f(4,n))＝eq\f(1,6)(5＋eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n))≥eq\f(1,6)(5＋2eq\r(\f(n,m)·\f(4m,n)))＝eq\f(3,2).当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)时，等号成立，又m＋n＝6，解得m＝2，n＝4，符合题意．故eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值等于eq\f(3,2).9．利用根本不等式求最值典例(1)x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1，那么x＋y的最小值是________．(2)函数y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域为________．错解展示解析(1)∵x>0，y>0，∴1＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy))，∴eq\r(xy)≥2eq\r(2)，∴x＋y≥2eq\r(xy)＝4eq\r(2)，∴x＋y的最小值为4eq\r(2).(2)∵2x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(6)，∴y＝1－2x－eq\f(3,x)≤1－2eq\r(6).∴函数y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域为(－∞，1－2eq\r(6)]．答案(1)4eq\r(2)(2)(－∞，1－2eq\r(6)]现场纠错解析(1)∵x>0，y>0，∴x＋y＝(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(2,y))＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(2)(当且仅当y＝eq\r(2)x时取等号)，∴当x＝eq\r(2)＋1，y＝2＋eq\r(2)时，(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).(2)∵x<0，∴y＝1－2x－eq\f(3,x)＝1＋(－2x)＋(－eq\f(3,x))≥1＋2eq\r(－2x·\f(3,－x))＝1＋2eq\r(6)，当且仅当x＝－eq\f(\r(6),2)时取等号，故函数y＝1－2x－eq\f(3,x)(x<0)的值域为[1＋2eq\r(6)，＋∞)．答案(1)3＋2eq\r(2)(2)[1＋2eq\r(6)，＋∞)纠错心得利用根本不等式求最值时要注意条件：一正二定三相等；屡次使用根本不等式要验证等号成立的条件.1．a，b∈R，且ab≠0，那么以下结论恒成立的是()A．a＋b≥2eq\r(ab) B.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2C．|eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)|≥2 D．a2＋b2>2ab答案C解析因为eq\f(a,b)和eq\f(b,a)同号，所以|eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)|＝|eq\f(a,b)|＋|eq\f(b,a)|≥2.2．以下不等式一定成立的是()A．lg(x2＋eq\f(1,4))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)答案C解析当x>0时，x2＋eq\f(1,4)≥2·x·eq\f(1,2)＝x，所以lg(x2＋eq\f(1,4))≥lgx(x>0)，应选项A不正确；运用根本不等式时需保证“一正〞“二定“三相等〞，而当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不定，应选项B不正确；由根本不等式可知，选项C正确；当x＝0时，有eq\f(1,x2＋1)＝1，应选项D不正确．3．当x>0时，函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)有()A．最小值1 B．最大值1C．最小值2 D．最大值2答案B解析f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2)＝1，当且仅当x＝1时取等号．4．a>0，b>0，a＋b＝2，那么y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是()A.eq\f(7,2)B．4C.eq\f(9,2)D．5答案C解析依题意，得eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,a)＋eq\f(4,b))·(a＋b)＝eq\f(1,2)[5＋(eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b))]≥eq\f(1,2)(5＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b)))＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(4,3)时取等号，即eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是eq\f(9,2).5．(2022·平顶山至阳中学期中)假设函数f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，那么a等于()A．1＋eq\r(2) B．1＋eq\r(3)C．3 D．4答案C解析当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(x－2×\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq\f(1,x－2)(x>2)，即x＝3时取等号，即当f(x)取得最小值时，x＝3，即a＝3，应选C.6．x>0，y>0，且4xy－x－2y＝4，那么xy的最小值为()A.eq\f(\r(2),2)B．2eq\r(2)C.eq\r(2)D．2答案D解析∵x>0，y>0，x＋2y≥2eq\r(2xy)，∴4xy－(x＋2y)≤4xy－2eq\r(2xy)，∴4≤4xy－2eq\r(2xy)，即(eq\r(2xy)－2)(eq\r(2xy)＋1)≥0，∴eq\r(2xy)≥2，∴xy≥2.*7.(2022·吉林九校第二次联考)假设正数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，那么eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值是()A．1B．6C．9D．16答案B解析∵正数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，∴b＝eq\f(a,a－1)>0，解得a>1.同理可得b>1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,\f(a,a－1)－1)＝eq\f(1,a－1)＋9(a－1)≥2eq\r(\f(1,a－1)·9a－1)＝6，当且仅当eq\f(1,a－1)＝9(a－1)，即a＝eq\f(4,3)时等号成立，所以最小值为6.应选B.8．(2022·唐山一模)x，y∈R且满足x2＋2xy＋4y2＝6，那么z＝x2＋4y2的取值范围为________．答案[4,12]解析∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴6－(x2＋4y2)≤eq\f(x2＋4y2,2)，∴x2＋4y2≥4(当且仅当x＝2y时取等号)．又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(当且仅当x＝－2y时取等号)．综上可知4≤x2＋4y2≤12.9．(2022·潍坊模拟)a，b为正实数，直线x＋y＋a＝0与圆(x－b)2＋(y－1)2＝2相切，那么eq\f(a2,b＋1)的取值范围是________．答案(0，＋∞)解析∵x＋y＋a＝0与圆(x－b)2＋(y－1)2＝2相切，∴d＝eq\f(|b＋1＋a|,\r(2))＝eq\r(2)，∴a＋b＋1＝2，即a＋b＝1，∴eq\f(a2,b＋1)＝eq\f(1－b2,b＋1)＝eq\f(b＋12－4b＋1＋4,b＋1)＝(b＋1)＋eq\f(4,b＋1)－4≥2eq\r(4)－4＝0.又∵a，b为正实数，∴eq\f(a2,b＋1)的取值范围是(0，＋∞)．10．设a>0，b>0，假设eq\r(3)是3a与3b的等比中项，那么eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．答案4解析由题意知3a·3b＝3，即3a＋b＝3，∴a＋b＝1，∵a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．*11.(2022·东莞调研)函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，假设点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n均大于0，那么eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为________．答案8解析y＝loga(x＋3)－1恒过定点A(－2，－1)，由A在直线mx＋ny＋1＝0上．那么－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1.∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(22m＋n,n)＝eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n)＋4≥2eq\r(4)＋4＝8(当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)，即m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(1,2)时等号成立)．12．x>0，y>0，且2x＋5y＝20.(1)求u＝lgx＋lgy的最大值；(2)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．解(1)∵x>0，y>0，∴由根本不等式，得2x＋5y≥2eq\r(10xy).∵2x＋5y＝20，∴2eq\r(10xy)≤20，xy≤10，当且仅当2x＝5y时，等号成立．因此有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，))此时xy有最大值10.∴u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.∴当x＝5，y＝2时，u＝lgx＋lgy有最大值1.(2)∵x>0，y>0，∴eq\f(