2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第2章第2讲　基本不等式Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第2章第2讲　基本不等式Word版含解析，共21页。试卷主要包含了重要不等式等内容，欢迎下载使用。

1．重要不等式
a2＋b2≥eq \x(\s\up1(01))2ab(a，b∈R)(当且仅当eq \x(\s\up1(02))a＝b时等号成立)．
2．基本不等式 eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的条件：eq \x(\s\up1(03))a>0，b>0.
(2)等号成立的条件：当且仅当eq \x(\s\up1(04))a＝b时等号成立．
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的eq \x(\s\up1(05))算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的eq \x(\s\up1(06))几何平均数.
3．利用基本不等式求最大、最小值问题
(1)如果x，y∈(0，＋∞)，且xy＝P(定值)，
那么当eq \x(\s\up1(07))x＝y时，x＋y有eq \x(\s\up1(08))最小值2eq \r(P).(简记：“积定和最小”)
(2)如果x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝S(定值)，
那么当eq \x(\s\up1(09))x＝y时，xy有eq \x(\s\up1(10))最大值eq \f(S2,4).(简记：“和定积最大”)
1．常用的几个重要不等式
(1)a＋b≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)．
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
2．利用基本不等式求最值的两个常用结论
(1)已知a>0，b>0，x>0，y>0，若ax＋by＝1，则有eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝(ax＋by)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝a＋b＋eq \f(by,x)＋eq \f(ax,y)≥a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2.
(2)已知a>0，b>0，x>0，y>0，若eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1，则有x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(ay,x)＋eq \f(bx,y)≥a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2.
1．(2022·海南调研)若x>0，y>0，且x＋y＝18，则 eq \r(xy)的最大值为( )
A．9 B．18
C．36 D．81
答案 A
解析 因为x>0，y>0，且x＋y＝18，所以eq \r(xy)≤eq \f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时等号成立，故eq \r(xy)的最大值为9.
2．(2022·汕头月考)已知t>0，则函数y＝eq \f(t2－4t＋1,t)的最小值为( )
A．－2 B．eq \f(1,2)
C．1 D．2
答案 A
解析 y＝eq \f(t2－4t＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)－4≥2eq \r(t·\f(1,t))－4＝－2，当且仅当t＝eq \f(1,t)，即t＝1时，等号成立．
3．下列函数中，最小值为4的是( )
A．y＝x＋eq \f(4,x)
B．y＝sinx＋eq \f(4,sinx)(00，b>0，a＋3b＝2，所以eq \f(4,a)＋eq \f(3,b)＝eq \f(1,2)(a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(3,b)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(13＋\f(12b,a)＋\f(3a,b)))≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(13＋2\r(\f(12b,a)·\f(3a,b))))＝eq \f(1,2)×(13＋2×6)＝eq \f(25,2)，当且仅当eq \f(12b,a)＝eq \f(3a,b)，即a＝2b时等号成立．此时结合a＋3b＝2可知a＝eq \f(4,5)，b＝eq \f(2,5)，所以eq \f(4,a)＋eq \f(3,b)的最小值为eq \f(25,2).
(2)(2020·天津高考)已知a＞0，b＞0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________.
答案 4
解析 ∵a＞0，b＞0，∴a＋b＞0，又ab＝1，∴eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(ab,2a)＋eq \f(ab,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(a＋b,2)＋eq \f(8,a＋b)≥2 eq \r(\f(a＋b,2)×\f(8,a＋b))＝4，当且仅当a＋b＝4，即a＝2－eq \r(3)，b＝2＋eq \r(3)或a＝2＋eq \r(3)，b＝2－eq \r(3)时，等号成立．故eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.

1．常数代换法求最值的步骤
常数代换法适用于求解条件最值问题．运用此种方法求解最值的基本步骤如下：
(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)．
(2)把确定的定值(常数)变形为1.
(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式．
(4)利用基本不等式求解最值．
2．常数代换法求最值适用的题型及解题通法
当式子中含有两个变量，且条件和所求的式子分别为整式和分式时，常构造出(ax＋by)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)＋\f(n,y)))(a，b，m，n为常数且大于0)的形式，利用(ax＋by)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)＋\f(n,y)))＝am＋bn＋eq \f(bmy,x)＋eq \f(anx,y)≥am＋bn＋2eq \r(abmn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(bmy,x)＝\f(anx,y)时，等号成立))得到结果．
2.(2021·烟台模拟)已知两个正数x，y满足x＋2y＝8xy，则4x＋2y的最小值为( )
A.eq \f(7,4) B．2
C．eq \f(9,4) D．eq \f(5,2)
答案 C
解析 将x＋2y＝8xy两边同时除以xy，得eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝8，则4x＋2y＝eq \f(1,8)(4x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(4y,x)＋\f(4x,y)))≥eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋2\r(\f(4y,x)·\f(4x,y))))＝eq \f(9,4)，当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(4x,y)，即x＝y＝eq \f(3,8)时取等号．故4x＋2y的最小值为eq \f(9,4).
角度 利用消元法、换元法求最值
例3 (1)已知正数a，b，c满足2a－b＋c＝0，则eq \f(ac,b2)的最大值为( )
A．8 B．2
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,6)
答案 C
解析 因为a，b，c都是正数，且满足2a－b＋c＝0，所以b＝2a＋c，所以eq \f(ac,b2)＝eq \f(ac,2a＋c2)＝eq \f(ac,4a2＋4ac＋c2)＝eq \f(1,\f(4a,c)＋\f(c,a)＋4)≤eq \f(1,2 \r(\f(4a,c)·\f(c,a))＋4)＝eq \f(1,8)，当且仅当c＝2a>0时等号成立，即eq \f(ac,b2)的最大值为eq \f(1,8).故选C.
(2)(2021·福建模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.
答案 6
解析 解法一：由已知得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，令x＋3y＝t，则t>0，且t2＋12t－108≥0，解得t≥6，即x＋3y≥6.故x＋3y的最小值为6.
解法二：∵x＋3y＝9－xy≥2eq \r(3xy)，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．∴(eq \r(xy))2＋2eq \r(3)×eq \r(xy)－9≤0，∴(eq \r(xy)＋3eq \r(3))(eq \r(xy)－eq \r(3))≤0，∴00，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．a≥eq \f(1,5) B．a>eq \f(1,5)
C．a0，eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)，令t＝x＋eq \f(1,x)，则t≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时，t取得最小值2.此时eq \f(x,x2＋3x＋1)取得最大值eq \f(1,5)，所以对于任意的x>0，不等式eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a≥eq \f(1,5)，故选A.
(2)在△ABC中，A＝eq \f(π,6)，△ABC的面积为2，则eq \f(2sinC,sinC＋2sinB)＋eq \f(sinB,sinC)的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(3\r(3),4)
C．eq \f(3,2) D．eq \f(5,3)
答案 C
解析 设△ABC中角A，B，C对应的边分别为a，b，c，则S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,4)bc＝2，所以bc＝8.由正弦定理得eq \f(2sinC,sinC＋2sinB)＋eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(2c,c＋2b)＋eq \f(b,c)＝eq \f(2,1＋\f(2b,c))＋eq \f(b,c).设eq \f(b,c)＝t(t>0)，则eq \f(2,1＋\f(2b,c))＋eq \f(b,c)＝eq \f(2,1＋2t)＋t＝eq \f(1,\f(1,2)＋t)＋t＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(1,\f(1,2)＋t)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2))))－eq \f(1,2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，当且仅当eq \f(1,\f(1,2)＋t)＝t＋eq \f(1,2)，即t＝eq \f(1,2)时等号成立．此时eq \f(b,c)＝eq \f(1,2)，又bc＝8，解得b＝2，c＝4.所以eq \f(2sinC,sinC＋2sinB)＋eq \f(sinB,sinC)的最小值为eq \f(3,2)，故选C.

(1)求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用基本不等式确定相关成立的条件，从而得到参数的值或范围．
(2)当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值．
5.(2022·山东临沂月考)若P为圆x2＋y2＝1上的一个动点，且A(－1,0)，B(1,0)，则|PA|＋|PB|的最大值为( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．4eq \r(2)
答案 B
解析 由题意知∠APB＝90°，∴|PA|2＋|PB|2＝4，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PA|＋|PB|,2)))2≤eq \f(|PA|2＋|PB|2,2)＝2(当且仅当|PA|＝|PB|时取等号)，∴|PA|＋|PB|≤2eq \r(2)，∴|PA|＋|PB|的最大值为2eq \r(2).故选B.
6．(2022·河北唐山质检)已知函数y＝lga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为( )
A．3－2eq \r(2) B．5
C．3＋2eq \r(2) D．3＋eq \r(2)
答案 C
解析 令x＋3＝1，得x＝－2，故A(－2，－1)．又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(2m＋n)＝3＋eq \f(n,m)＋eq \f(2m,n)≥3＋2eq \r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq \r(2)，当且仅当m＝1－eq \f(\r(2),2)，n＝eq \r(2)－1时等号成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为3＋2eq \r(2)，故选C.
考向三 基本不等式的实际应用
例5 (2021·山东省潍坊市高三阶段测试)某市近郊有一块大约500 m×500 m的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形场地，其总面积为3000 m2，其中阴影部分为通道，通道宽度为2 m，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地(其中两个小场地形状、大小均相同)，塑胶运动场地占地面积为S m2.
(1)分别写出y和S关于x的函数关系式，并给出定义域；
(2)怎样设计能使S取得最大值？并求出最大值．
解 (1)由已知，得xy＝3000，∴y＝eq \f(3000,x)，其定义域是(6,500)．S＝(x－4)a＋(x－6)a＝(2x－10)a，∵2a＋6＝y，∴a＝eq \f(y,2)－3＝eq \f(1500,x)－3，∴S＝(2x－10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1500,x)－3))＝3030－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15000,x)＋6x))，其定义域是(6,500)．
(2)S＝3030－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15000,x)＋6x))≤3030－2eq \r(6x·\f(15000,x))＝3030－2×300＝2430，当且仅当eq \f(15000,x)＝6x，即x＝50∈(6,500)时，上述不等式等号成立，此时y＝60，Smax＝2430.
所以设计x＝50，y＝60时，运动场地面积最大，最大面积为2430 m2.
有关函数最值的实际问题的解题技巧
(1)根据实际问题建立函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值．
(2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．
(3)解应用题时，一定要注意变量的实际意义及其取值范围．
(4)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解．
7.(2022·北京海淀月考)港珠澳大桥通车后，经常往来于珠港澳三地的刘先生采用自驾出行．由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：每次均加30升的燃油；第二种方案，每次加200元的燃油，则下列说法正确的是( )
A．采用第一种方案划算
B．采用第二种方案划算
C．两种方案一样
D．无法确定
答案 B
解析 任取其中两次加油，假设第一次的油价为m元/升，第二次的油价为n元/升，第一种方案的均价：eq \f(30m＋30n,60)＝eq \f(m＋n,2)≥eq \r(mn)；第二种方案的均价：eq \f(400,\f(200,m)＋\f(200,n))＝eq \f(2mn,m＋n)≤ eq \r(mn).所以无论油价如何变化，第二种都更划算．故选B.
8．某厂家拟在2022年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m万元(m≥0)满足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k为常数)，如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2022年生产该产品的固定投入为8万元．每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．
(1)将2022年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家2022年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
解 (1)由题意知，当m＝0时，x＝1，
∴1＝3－k⇒k＝2，∴x＝3－eq \f(2,m＋1)，
每件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(元)，
∴2022年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m＝4＋8x－m＝4＋8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,m＋1)))－m＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)．
(2)∵当m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
∴y≤－8＋29＝21，
当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3时，y取得最大值．
故该厂家2022年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大．
两次利用基本不等式求最值
已知a>0，b>0，则eq \f(b＋12,a)＋eq \f(a＋12,b)的最小值为( )
A．4 B．7.5
C．8 D．16
答案 C
解析 因为a>0，b>0，所以eq \f(b＋12,a)＋eq \f(a＋12,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋\f(a2,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(2a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq \r(ab)＋eq \f(2,\r(ab))＋4≥2eq \r(2\r(ab)·\f(2,\r(ab)))＋4＝8，当且仅当eq \f(b2,a)＝eq \f(a2,b)，eq \f(2b,a)＝eq \f(2a,b)，eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)，2eq \r(ab)＝eq \f(2,\r(ab))，即a＝b＝1时等号成立．所以eq \f(b＋12,a)＋eq \f(a＋12,b)的最小值为8.
答题启示
利用基本不等式求函数或代数式的最值时一定要注意验证等号是否成立，特别是当连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法．
对点训练
已知a>b>0，求a2＋eq \f(16,ba－b)的最小值．
解 ∵a>b>0，∴a－b>0.
∴b(a－b)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(b＋a－b,2)))2＝eq \f(a2,4).
∴a2＋eq \f(16,ba－b)≥a2＋eq \f(64,a2)≥2eq \r(a2·\f(64,a2))＝16.
当且仅当a2＝eq \f(64,a2)，b＝a－b，即a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)时等号成立．
∴a2＋eq \f(16,ba－b)的最小值为16.
一、单项选择题
1．(2022·山东联考)若x0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝( )
A．24 B．28
C．32 D．36
答案 D
解析 因为x>0，a>0，所以f(x)＝4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即4x2＝a时，f(x)取得最小值．又因为f(x)在x＝3时取得最小值，所以a＝4×32＝36.故选D.
3．(2022·海口模拟)已知a>0，b>0，并且eq \f(1,a)，eq \f(1,2)，eq \f(1,b)成等差数列，则a＋9b的最小值为( )
A．16 B．9
C．5 D．4
答案 A
解析 根据题意，a>0，b>0，且eq \f(1,a)，eq \f(1,2)，eq \f(1,b)成等差数列，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2×eq \f(1,2)＝1，则a＋9b＝(a＋9b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝10＋eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)≥10＋2eq \r(\f(9b,a)·\f(a,b))＝16，当且仅当eq \f(9b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝4，b＝eq \f(4,3)时取到等号，∴a＋9b的最小值为16.故选A.
4．(2021·淄博二模)已知a，b为正实数，则“eq \f(ab,a＋b)≤2”是“ab≤16”的( )
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由题意，a，b为正实数，可得a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，若ab≤16，可得eq \f(ab,a＋b)≤eq \f(ab,2\r(ab))＝eq \f(\r(ab),2)≤eq \f(\r(16),2)＝2，即必要性成立；反之，例如a＝2，b＝10，此时eq \f(ab,a＋b)≤2，而ab＝20，此时ab>16，即充分性不成立，所以“eq \f(ab,a＋b)≤2”是“ab≤16”的必要不充分条件．故选B.
5．(2021·江西师范大学附属中学月考)若向量m＝(a－1,2)，n＝(4，b)，且m⊥n，a>0，b>0，则lgeq \s\d7(\f(1,3))a＋lg3eq \f(1,b)有( )
A．最大值lg3eq \f(1,2) B．最小值lg32
C．最大值lgeq \s\d7(\f(1,3))eq \f(1,2) D．最小值0
答案 B
解析 由m⊥n，得m·n＝0，即4(a－1)＋2b＝0，∴2a＋b＝2，∴2≥2eq \r(2ab)，∴ab≤eq \f(1,2)(当且仅当2a＝b时，等号成立)．又lgeq \s\d7(\f(1,3))a＋lg3eq \f(1,b)＝lgeq \s\d7(\f(1,3))a＋lgeq \s\d7(\f(1,3))b＝lgeq \s\d7(\f(1,3)) (ab)≥lgeq \s\d7(\f(1,3))eq \f(1,2)＝lg32，故lgeq \s\d7(\f(1,3))a＋lg3eq \f(1,b)有最小值为lg32.故选B.
6．(2022·湖北六校联考)要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )
A．80元 B．120元
C．160元 D．240元
答案 C
解析 由题意知，体积V＝4 m3，高h＝1 m，所以底面积S＝4 m2，设底面矩形的一条边长是x m，则另一条边长是eq \f(4,x) m，又设总造价是y元，则y＝20×4＋10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(8,x)))≥80＋20eq \r(2x·\f(8,x))＝160，当且仅当2x＝eq \f(8,x)，即x＝2时取得等号．
7．(2022·湖南永州模拟)中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式S＝eq \r(pp－ap－bp－c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式．现有一个三角形的边长满足a＋b＝12，c＝8，则此三角形面积的最大值为( )
A．4eq \r(5) B．8eq \r(5)
C．4eq \r(15) D．8eq \r(15)
答案 B
解析 由题意，p＝10，S＝eq \r(1010－a10－b10－c)＝eq \r(2010－a10－b)≤eq \r(20)×eq \f(10－a＋10－b,2)＝8eq \r(5)，∴此三角形面积的最大值为8eq \r(5).
8．(2021·全国乙卷)下列函数中最小值为4的是( )
A．y＝x2＋2x＋4 B．y＝|sinx|＋eq \f(4,|sinx|)
C．y＝2x＋22－x D．y＝ln x＋eq \f(4,ln x)
答案 C
解析 对于A，因为y＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3，所以当x＝－1时，y取得最小值，且ymin＝3，所以A不符合题意；对于B，因为y＝|sinx|＋eq \f(4,|sinx|)≥2eq \r(|sinx|·\f(4,|sinx|))＝4，所以y≥4，当且仅当|sinx|＝eq \f(4,|sinx|)，即|sinx|＝2时取等号，但是根据正弦函数的有界性可知|sinx|＝2不可能成立，因此可知y>4，所以B不符合题意；对于C，因为y＝2x＋22－x≥2eq \r(2x·22－x)＝4，当且仅当2x＝22－x，即x＝2－x，x＝1时取等号，所以ymin＝4，所以C符合题意；对于D，当0－1，所以2a－b>2－1＝eq \f(1,2)，故B正确；对于C，lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝lg2eq \f(1,4)＝－2，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故C不正确；对于D，因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝1＋2eq \r(ab)≤1＋a＋b＝2，所以eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故D正确．故选ABD.
10．(2021·烟台模拟)若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，则下列不等式成立的是( )
A．a＋b＋c≤eq \r(3) B．(a＋b＋c)2≥3
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥2eq \r(3) D．a2＋b2＋c2≥1
答案 BD
解析 由基本不等式可得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，上述三个不等式全部相加得2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)＝2，∴a2＋b2＋c2≥1，当且仅当a＝b＝c时，等号成立，∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，∴a＋b＋c≤－eq \r(3)或a＋b＋c≥eq \r(3)，若a＝b＝c＝－eq \f(\r(3),3)，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝－3eq \r(3)0，y>0，x＋y＝2，则2x＋2y的最大值为4
B．若x0，y>0，x＋y＋xy＝3，则xy的最小值为1
D．函数y＝eq \f(1,sin2x)＋eq \f(4,cs2x)的最小值为9
答案 BD
解析 对于A，因为x＋y＝2，所以2x＋2y≥2eq \r(2x＋y)＝4，当且仅当x＝y＝1时等号成立，没有最大值，故A错误；对于B，y＝2x＋eq \f(1,2x－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2x＋\f(1,1－2x)))＋1≤－2＋1＝－1，当且仅当x＝0时等号成立，故B正确；对于C，易知x＝2，y＝eq \f(1,3)满足等式x＋y＋xy＝3，此时xy＝eq \f(2,3)0.所以当x＝4时，此人从小岛到城镇花费的时间超过3 h，D错误．故选AC.
三、填空题
13．(2022·海口调研)已知a，b∈R，且a＋2b－4＝0，则2a＋4b的最小值为________.
答案 8
解析 由a＋2b－4＝0得a＋2b＝4，∴2a＋4b＝2a＋22b≥2eq \r(2a·22b)＝2eq \r(2a＋2b)＝2eq \r(24)＝8(当且仅当2a＝22b，即a＝2b时取等号)．所以2a＋4b的最小值为8.
14．(2021·淄博模拟)若正实数x，y满足x＋y＝2，且eq \f(1,xy)≥M恒成立，则M的最大值为________.
答案 1
解析 因为正实数x，y满足x＋y＝2，所以xy≤eq \f(x＋y2,4)＝eq \f(22,4)＝1，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以eq \f(1,xy)≥1.又eq \f(1,xy)≥M恒成立，所以M≤1，即M的最大值为1.
15．(2020·江苏高考)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是________.
答案 eq \f(4,5)
解析 ∵5x2y2＋y4＝1，∴y≠0且x2＝eq \f(1－y4,5y2).∴x2＋y2＝eq \f(1－y4,5y2)＋y2＝eq \f(1,5y2)＋eq \f(4y2,5)≥2eq \r(\f(1,5y2)·\f(4y2,5))＝eq \f(4,5)，当且仅当eq \f(1,5y2)＝eq \f(4y2,5)，即x2＝eq \f(3,10)，y2＝eq \f(1,2)时取等号．∴x2＋y2的最小值为eq \f(4,5).
16．(2021·河南八校测评)已知等差数列{an}中，a3＝7，a9＝19，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为________.
答案 3
解析 因为a3＝7，a9＝19，所以d＝eq \f(a9－a3,9－3)＝eq \f(19－7,6)＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝7＋2(n－3)＝2n＋1，所以Sn＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，因此eq \f(Sn＋10,an＋1)＝eq \f(nn＋2＋10,2n＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n＋1＋\f(9,n＋1)))≥eq \f(1,2)×2eq \r(n＋1·\f(9,n＋1))＝3，当且仅当n＝2时取等号．故eq \f(Sn＋10,an＋1)的最小值为3.
四、解答题
17．(2022·银川月考)为庆祝建国70周年，某高中准备设计一副宣传画，要求画面面积为4840 cm2，画面高与宽的比为a(a