2022届高考数学一轮复习第一章第四节 基本不等式教案

这是一份2022届高考数学一轮复习第一章第四节 基本不等式教案，共19页。
1.结合作差法，了解基本不等式的证明过程，凸显逻辑推理的核心素养．
2．结合求函数最值问题，考查灵活运用基本不等式解决问题的能力，凸显数学运算的核心素养．
3．结合实际应用问题，考查利用基本不等式求最值问题，凸显数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基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
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1a2＋b2≥2ab，a，b∈R；,2\f(b,a)＋\f(a,b)≥2，ab>0；,3ab≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R；,4\f(a2＋b2,2)≥\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R))eq \a\vs4\al(当且仅当a＝b时,等号成立.)
3．算术平均数与几何平均数
设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为eq \f(a＋b,2)，几何平均数为eq \r(ab)，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
4．利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则：
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是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有最大值是eq \f(p2,4).(简记：和定积最大)
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(求和的最值)已知x>0，y>0，xy＝16，则x＋y的最小值为( )
A．32 B．24
C．4eq \r(2) D．8
解析：选D 由基本不等式得x＋y≥2eq \r(xy)＝8，当且仅当x＝y＝4时等号成立．
2．(求积的最值)若x>0，y>0，且2(x＋y)＝36，则eq \r(xy)的最大值为( )
A．9 B．18
C．36 D．81
解析：选A 由2(x＋y)＝36，得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．
3．(基本不等式成立的条件)若x0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________．
[解析] (1)f(x)＝eq \f(x2＋3x＋6,x＋1)＝eq \f(x＋12＋x＋1＋4,x＋1)＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)＋1，
∵x>0，∴x＋1>1，
∴x＋1＋eq \f(4,x＋1)＋1≥2eq \r(4)＋1＝5，
当且仅当x＋1＝eq \f(4,x＋1)，即x＝1时取“＝”．
∴f(x)的最小值是5，故选D.
(2)依题意得eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(a＋b,2ab)＋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eq \f(a＋b,2)＝eq \f(8,a＋b)，即a＋b＝4时取等号．因此，eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.
[答案] (1)D (2)4
[方法技巧]
1．拼凑法求最值
拼凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键．
2．拼凑法求解最值应注意的问题
(1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形；
(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标；
(3)拆项、添项时应注意检验利用基本不等式的条件．
考法(二) 常数代换法求最值
[例2] (1)已知函数y＝lga(x－1)＋2(a>0且a≠1)的图象恒过定点A.若直线mx＋ny＝2过点A，其中m，n是正实数，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)的最小值是( )
A．3＋eq \r(2) B．3＋2eq \r(2)
C.eq \f(9,2) D．5
(2)已知a>0，b>0,3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为________．
[解析] (1)由y＝lga(x－1)＋2的图象恒过定点A可知A(2,2)．所以2m＋2n＝2，所以m＋n＝1.
又因为m>0，n>0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(m＋n)＝3＋eq \f(n,m)＋eq \f(2m,n)≥3＋2 eq \r(\f(n,m)·\f(2m,n))＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当n＝eq \r(2)m时，取等号．
(2)因为3a＋b＝2ab，所以eq \f(3,2b)＋eq \f(1,2a)＝1，又a>0，b>0，故a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))＝2＋eq \f(3a,2b)＋eq \f(b,2a)≥2＋eq \r(3)，当且仅当eq \f(3a,2b)＝eq \f(b,2a)时取等号，即a＋b的最小值为2＋eq \r(3).
[答案] (1)B (2)2＋eq \r(3)
[方法技巧]
1．常数代换法求最值的步骤
(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．常数代换法求解最值应注意的问题
(1)条件的灵活变形，确定或分离出常数是基础；
(2)已知等式化成“1”的表达式，是代数式等价变形的关键；
(3)利用基本不等式求最值时注意基本不等式的前提条件．
考法(三) 消元法求最值
[例3] 已知正实数a，b，c满足a2－ab＋4b2－c＝0，当eq \f(c,ab)取最小值时，a＋b－c的最大值为( )
A．2 B.eq \f(3,4)
C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,4)
[解析] 根据题意得c＝a2－ab＋4b2，所以eq \f(c,ab)＝eq \f(a2－ab＋4b2,ab)＝eq \f(a,b)＋eq \f(4b,a)－1≥2eq \r(4)－1＝3，当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(4b,a)，即a＝2b时取等号，所以a＋b－c＝2b＋b－4b2＋2b2－4b2＝－6b2＋3b＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(1,4)))2＋eq \f(3,8)，所以当b＝eq \f(1,4)时，a＋b－c取得最大值eq \f(3,8)，故选C.
[答案] C
[方法技巧]
通过消元法求最值的方法
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．有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式求解．
考法(四) 放缩法求最值
[例4] (1)已知正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的最小值是________．
(2)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．
[解析] (1)∵a，b是正数，∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3(当且仅当a＝b＝3时等号成立)，∴(eq \r(ab))2－2eq \r(ab)－3≥0，∴(eq \r(ab)－3)(eq \r(ab)＋1)≥0，∴eq \r(ab)－3≥0，∴eq \r(ab)≥3，即ab≥9. ∴ab的最小值为9.
(2)∵x>0，y>0，
∴9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)x·(3y)≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，
当且仅当x＝3y时等号成立．
设x＋3y＝t>0，则t2＋12t－108≥0，
∴(t－6)(t＋18)≥0，
又∵t>0，∴t≥6.
故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)min＝6.
[答案] (1)9 (2)6
[方法技巧]
放缩法解不等式求最值的方法
将所给代数式，利用基本不等式放大或缩小，构造出所求最值的代数式的结构，然后通过解不等式求出代数式范围，从而求出代数式的最值．
考点二 基本不等式在实际问题中的应用
[典例] 如图，一个铝合金窗分为上、下两栏，四周框架和中间隔挡的材料为铝合金，宽均为6 cm，上栏与下栏的框内高度(不含铝合金部分)的比为1∶2，此铝合金窗占用的墙面面积为28 800 cm2，设该铝合金窗的宽和高分别为a cm，b cm，铝合金窗的透光部分的面积为S cm2.
(1)试用a，b表示S；
(2)若要使S最大，则铝合金窗的宽和高分别为多少？
[解] (1)∵铝合金窗宽为a cm，高为b cm，a>0，b>0，
∴ab＝28 800. ①
设上栏框内高度为h cm，则下栏框内高度为2h cm，
则3h＋18＝b，∴h＝eq \f(b－18,3)，
∴透光部分的面积S＝(a－18)×eq \f(2b－18,3)＋(a－12)×eq \f(b－18,3)＝(a－16)(b－18)＝ab－2(9a＋8b)＋288＝28 800－2(9a＋8b)＋288＝29 088－2(9a＋8b)．
(2)∵9a＋8b≥2eq \r(9a·8b)＝2eq \r(9×8×28 800)＝2 880，当且仅当9a＝8b时等号成立，此时b＝eq \f(9,8)a，代入①式得a＝160，从而b＝180，即当a＝160，b＝180时，S取得最大值．
∴铝合金窗的宽为160 cm，高为180 cm时，可使透光部分的面积最大．
[方法技巧]
利用基本不等式求解实际应用题的方法
(1)此类型题目的题干往往较长，解题时需认真阅读，从中提炼出有用信息，建立数学模型，转化为数学问题求解．
(2)当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解．
[针对训练]
经调查测算，某产品的年销售量(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2021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2021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2021年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
解：(1)由题意可知，当m＝0时，x＝1，
∴1＝3－k，解得k＝2，即x＝3－eq \f(2,m＋1)，
每1万件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(万元)，
∴2021年的利润y＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.5×\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
＝28－eq \f(16,m＋1)－m(m≥0)．
∴利润y表示为年促销费用的函数关系式是y＝28－eq \f(16,m＋1)－m(m≥0)．
(2)由(1)知y＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)．
∵当m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2 eq \r(\f(16,m＋1)·m＋1)＝8，
当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3时取等号．
∴y≤－8＋29＝21，
即当m＝3时，y取得最大值21.
∴当该厂家2021年的促销费用投入3万元时，厂家获得的利润最大，为21万元．
考点三 基本不等式的综合应用
[典例] (1)如图，在△ABC中，eq \(CM,\s\up7(―→))＝2eq \(MB,\s\up7(―→))，过点M的直线分别交射线AB，AC于不同的两点P，Q，若eq \(AP,\s\up7(―→))＝meq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AQ,\s\up7(―→))＝neq \(AC,\s\up7(―→))，则mn＋m的最小值为( )
A．2 B．2eq \r(3)
C．6 D．6eq \r(3)
(2)已知x>0，y>0，且eq \f(xy,2y＋3x)＝1，不等式eq \f(x,2)＋eq \f(y,3)≥m恒成立，则实数m的取值范围是________．
[解析] (1)连接AM，由已知可得eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BM,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3m)eq \(AP,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3n)eq \(AQ,\s\up7(―→)).因为P，M，Q三点共线，所以eq \f(2,3m)＋eq \f(1,3n)＝1，所以mn＋m＝eq \f(2n＋m,3)＋m＝eq \f(2n,3)＋eq \f(4m,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n,3)＋\f(4m,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3m)＋\f(1,3n)))＝eq \f(10,9)＋eq \f(4n,9m)＋eq \f(4m,9n)≥eq \f(10,9)＋2 eq \r(\f(4n,9m)×\f(4m,9n))＝2，当且仅当eq \f(4n,9m)＝eq \f(4m,9n)，即m＝n＝1时取等号，
所以mn＋m的最小值为2.故选A.
(2)不等式eq \f(x,2)＋eq \f(y,3)≥m恒成立可转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(y,3)))min≥m.
由eq \f(xy,2y＋3x)＝1，得2y＋3x＝xy，即eq \f(2,x)＋eq \f(3,y)＝1.
因为x>0，y>0，所以eq \f(x,2)＋eq \f(y,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(y,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(3,y)))＝eq \f(2y,3x)＋eq \f(3x,2y)＋2≥2 eq \r(\f(2y,3x)·\f(3x,2y))＋2＝4，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2y,3x)＝\f(3x,2y)，,\f(2,x)＋\f(3,y)＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝6))时取等号，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(y,3)))min＝4.
故实数m的取值范围是(－∞，4]．
[答案] (1)A (2)(－∞，4]
[方法技巧]
基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
(1)先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点；
(2)要有利用基本不等式求最值的意识，善于把条件转化为能利用基本不等式的形式；
(3)检验等号是否成立，完成后续问题．
[针对训练]
1.如图，三棱锥P­ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝2，设点K是△ABC内一点，现定义f(K)＝(x，y，z)，其中x，y，z分别是三棱锥K­PAB，K­PBC，K­PAC的体积，若f(K)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,3)，b))，则eq \f(3a＋b,ab)的最小值为________．
解析：由定义得a＋eq \f(1,3)＋b＝eq \f(1,3)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2))，∴a＋b＝1.∴eq \f(3a＋b,ab)＝eq \f(3,b)＋eq \f(1,a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,b)＋\f(1,a)))(a＋b)＝4＋eq \f(3a,b)＋eq \f(b,a)≥4＋2 eq \r(\f(3a,b)·\f(b,a))＝4＋2eq \r(3)(当且仅当b＝eq \r(3)a时取等号)，即最小值为2eq \r(3)＋4.
答案：2eq \r(3)＋4
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________．
解析：依题意画出图形，如图所示．
∵S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，∴eq \f(1,2)csin 60°＋eq \f(1,2)asin 60°＝eq \f(1,2)acsin 120°，
∴a＋c＝ac，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，
∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥2 eq \r(\f(c,a)×\f(4a,c))＋5＝9.当且仅当2a＝c且eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1，即a＝eq \f(3,2)且c＝3时取等号．故4a＋c的最小值为9.
答案：9
一、创新思维角度——融会贯通学妙法
“1的代换”的妙用
1．若正实数x，y满足x＋y＝1，则eq \f(y,x)＋eq \f(4,y)的最小值是________．
解析：因为正实数x，y满足x＋y＝1，
所以eq \f(y,x)＋eq \f(4,y)＝eq \f(y,x)＋eq \f(4x＋4y,y)＝eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)＋4≥2 eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))＋4＝8，当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(4x,y)，即x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(2,3)时取“＝”，
所以eq \f(y,x)＋eq \f(4,y)的最小值是8.
答案：8
2．已知a＞0，b＞0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则3a＋2b＋eq \f(b,a)的最小值为________．
解析：∵a＞0，b＞0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，∴3a＋2b＋eq \f(b,a)＝3aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋2beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq \f(b,a)＝5＋eq \f(3a,b)＋eq \f(3b,a)≥5＋2eq \r(9)＝11，当且仅当a＝b＝2时取等号，∴3a＋2b＋eq \f(b,a)的最小值为11.
答案：11
3．(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝________.
解析：由题意知，(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝1＋tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°.
因为tan 45°＝tan(20°＋25°)＝eq \f(tan 20°＋tan 25°,1－tan 20°tan 25°)＝1，
所以tan 20°＋tan 25°＝1－tan 20°tan 25°.
所以(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝1＋tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°＝2.
答案：2
eq \a\vs4\al([名师微点])
“1”的代换是通过在实际解题中，恰当运用“1”的整体性进行代换，结合相应的定理、公式，进而达到迅速解题的目的，常在不等式及三角函数中应用．
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．一家商店使用一架两臂不等长的天平秤黄金，一位顾客到店里购买10 g黄金，售货员先将5 g的砝码放在天平的左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5 g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次秤得的黄金交给顾客，你认为顾客购得的黄金( )
A．大于10 g B．大于等于10 g
C．小于10 g D．小于等于10 g
解析：选A 由于天平两臂不等长，
可设天平左臂长为a(a>0)，右臂长为b(b>0)，则a≠b，
再设先称得黄金为x g，后称得黄金为y g，则bx＝5a，ay＝5b，∴x＝eq \f(5a,b)，y＝eq \f(5b,a)，
∴x＋y＝eq \f(5a,b)＋eq \f(5b,a)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥5×2eq \r(\f(a,b)×\f(b,a))＝10，
当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(b,a)，即a＝b时等号成立，但a≠b，等号不成立，即x＋y>10，
因此，顾客购得的黄金大于10 g.
2．某项研究表明：在考虑行车安全的情况下，某路段车流量F(单位时间内经过测量点的车辆数，单位：辆/小时)与车流速度v(假设车辆以相同速度v行驶，单位：米/秒)、平均车长l(单位：米)的值有关，其公式为F＝eq \f(76 000v,v2＋18v＋20l).
(1)如果不限定车型，l＝6.05，则最大车流量为________辆/小时；
(2)如果限定车型，l＝5，则最大车流量比(1)中的最大车流量增加________辆/小时．
解析：(1)当l＝6.05时，F＝eq \f(76 000v,v2＋18v＋20×6.05)＝eq \f(76 000,v＋\f(121,v)＋18)≤eq \f(76 000,2 \r(v·\f(121,v))＋18)＝1 900，
当且仅当v＝eq \f(121,v)，即v＝11时取等号．
∴最大车流量F为1 900辆/小时．
(2)当l＝5时，F＝eq \f(76 000v,v2＋18v＋20×5)＝eq \f(76 000,v＋\f(100,v)＋18)，
∴F≤eq \f(76 000,2 \r(v·\f(100,v))＋18)＝2 000，
当且仅当v＝eq \f(100,v)，即v＝10时取等号．
∴最大车流量比(1)中的最大车流量增加2 000－1 900＝100辆/小时．
答案：(1)1 900 (2)100
3．规定：“⊗”表示一种运算，即a⊗b＝eq \r(ab)＋a＋b(a，b为正实数)．若1⊗k＝3，则k的值为________，此时函数f(x)＝eq \f(k⊗x,\r(x))的最小值为________．
解析：由题意得1⊗k＝eq \r(k)＋1＋k＝3，即k＋eq \r(k)－2＝0，
解得eq \r(k)＝1或eq \r(k)＝－2(舍去)，所以k＝1，故k的值为1.
又f(x)＝eq \f(1⊗x,\r(x))＝eq \f(\r(x)＋x＋1,\r(x))＝1＋eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥1＋2＝3，
当且仅当eq \r(x)＝eq \f(1,\r(x))，即x＝1时取等号，
故函数f(x)的最小值为3.
答案：1 3
4．已知eq \f(π,4)0，若直线(a－1)x＋2y－1＝0与直线x＋by＝0互相垂直，则ab的最大值是________．
解析：由两条直线互相垂直得(a－1)×1＋2b＝0，即a＋2b＝1，又a>0，b>0，所以ab＝eq \f(1,2)(a·2b)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2＝eq \f(1,8)，当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,4)时取等号．故ab的最大值是eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
11．若关于x的不等式x＋eq \f(4,x－a)≥5在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．
解析：∵x＋eq \f(4,x－a)＝x－a＋eq \f(4,x－a)＋a≥5在(a，＋∞)上恒成立，由x>a可得x－a>0.
则(x－a)＋eq \f(4,x－a)≥2 eq \r(x－a·\f(4,x－a))＝4，当且仅当x－a＝2即x＝a＋2时，上式取得最小值4，又∵x－a＋eq \f(4,x－a)≥5－a在(a，＋∞)上恒成立，∴5－a≤4，∴a≥1.
答案：1
12．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是__________．
解析：对任意x∈N*，f(x)≥3，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N*，则g(x)＝x＋eq \f(8,x)≥4eq \r(2)，
当x＝2eq \r(2)时等号成立，又g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3)，
∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3).∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞))
13．(1)当x＜eq \f(3,2)时，求函数y＝x＋eq \f(8,2x－3)的最大值；
(2)设0＜x＜2，求函数y＝eq \r(x4－2x)的最大值．
解：(1)y＝eq \f(1,2)(2x－3)＋eq \f(8,2x－3)＋eq \f(3,2)＝－eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)＋eq \f(3,2).当x＜eq \f(3,2)时，有3－2x＞0，∴eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2 eq \r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，当且仅当eq \f(3－2x,2)＝eq \f(8,3－2x)，即x＝－eq \f(1,2)时取等号．
于是y≤－4＋eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2)，故函数的最大值为－eq \f(5,2).
(2)∵0＜x＜2，∴2－x＞0，
∴y＝eq \r(x4－2x)＝eq \r(2)·eq \r(x2－x)≤ eq \r(2)·eq \f(x＋2－x,2)＝eq \r(2)，
当且仅当x＝2－x，即x＝1时取等号，
∴当x＝1时，函数y＝eq \r(x4－2x)的最大值为eq \r(2).
14．运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360)))升，司机的工资是每小时14元．
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值．
解：(1)设所用时间为t＝eq \f(130,x)(h)，
y＝eq \f(130,x)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x2,360)))＋14×eq \f(130,x)，x∈[50,100]．
所以，这次行车总费用y关于x的表达式是y＝eq \f(130×18,x)＋eq \f(2×130,360)x，x∈[50,100]
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或y＝\f(2 340,x)＋\f(13,18)x，x∈[50，100])).
(2)y＝eq \f(130×18,x)＋eq \f(2×130,360)x≥26eq \r(10)，
当且仅当eq \f(130×18,x)＝eq \f(2×130,360)x，即x＝18eq \r(10)时等号成立．
故当x＝18eq \r(10)千米/时时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为26eq \r(10)元．
三、自选练——练高考区分度
1．已知函数f(x)＝lga(x＋4)－1(a＞0且a≠1)的图象恒过定点A，若直线eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝－2(m＞0，n＞0)也经过点A，则3m＋n的最小值为( )
A．16 B．8
C．12 D．14
解析：选B 由题意，函数f(x)＝lga(x＋4)－1(a＞0且a≠1)，令x＋4＝1，可得x＝－3，代入可得y＝－1，
∴图象恒过定点A(－3，－1)．∵直线eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝－2(m＞0，
n＞0)也经过点A，∴eq \f(3,m)＋eq \f(1,n)＝2，即eq \f(3,2m)＋eq \f(1,2n)＝1.∴3m＋n＝(3m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2m)＋\f(1,2n)))＝eq \f(9,2)＋eq \f(1,2)＋eq \f(3n,2m)＋eq \f(3m,2n)≥2 eq \r(\f(3n,2m)·\f(3m,2n))＋5＝8(当且仅当n＝m＝2时，取等号)，∴3m＋n的最小值为8.
2．若实数x，y满足x2y2＋x2＋y2＝8，则x2＋y2的取值范围为( )
A．[4,8] B．[8，＋∞)
C．[2,8] D．[2,4]
解析：选A ∵x2y2≤eq \f(x2＋y22,4)，∴x2y2＋x2＋y2＝8≤eq \f(x2＋y22,4)＋(x2＋y2)(x2＝y2＝2时取等号)，
(x2＋y2－4)(x2＋y2＋8)≥0，∴x2＋y2≥4，
又x2y2≥0，∴x2＋y2≤8，∴x2＋y2∈[4,8]．
3.某县一中计划把一块边长为20米的等边△ABC的边角地开辟为植物新品种实验基地，图中DE需要把基地分成面积相等的两部分，D在AB上，E在AC上．
(1)设AD＝x(x≥10)，ED＝y，使用x表示y的函数关系式；
(2)如果ED是灌溉输水管道的位置，为了节约，ED的位置应该在哪里？求出最小值．
解：(1)∵△ABC的边长是20米，D在AB上，
则10≤x≤20，S△ADE＝eq \f(1,2)S△ABC，
∴eq \f(1,2)x·AEsin 60°＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(3),4)·202，故AE＝eq \f(200,x).
在△ADE中，由余弦定理得，y＝ eq \r(x2＋\f(4·104,x2)－200)(10≤x≤20)．
(2)若DE作为输水管道，则需求y的最小值，
∴y＝ eq \r(x2＋\f(4·104,x2)－200)≥eq \r(400－200)＝10eq \r(2)，
当且仅当x2＝eq \f(4·104,x2)即x＝10eq \r(2)米时“＝”成立，
∴DE的位置应该在AD＝10eq \r(2)，AE＝10eq \r(2)米处，
且DE的最小值为10eq \r(2)米．