高考数学第一轮复习第七章 §7.4　基本不等式

这是一份高考数学第一轮复习第七章 §7.4　基本不等式，共17页。试卷主要包含了掌握基本不等式及常见变型等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
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．
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．
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\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
注意：利用不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)不等式ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2与eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)等号成立的条件是相同的．( × )
(2)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( × )
(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy的最小值为4.( √ )
(4)函数y＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值为4.( × )
教材改编题
1．已知x>2，则x＋eq \f(1,x－2)的最小值是( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
答案 D
解析 ∵x>2，
∴x＋eq \f(1,x－2)＝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)，即x＝3时，等号成立．
2．函数y＝4－x－eq \f(1,x)(x<0)( )
A．有最小值2 B．有最小值6
C．有最大值2 D．有最大值6
答案 B
解析 y＝4＋(－x)＋eq \f(1,－x)
≥4＋2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))))＝6.
当且仅当－x＝eq \f(1,－x)，即x＝－1时取等号．
3．若a，b∈R，下列不等式成立的是________．
①eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2；
②ab≤eq \f(a2＋b2,2)；
③eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2；
④eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab).
答案 ②③
解析 当eq \f(b,a)为负时，①不成立．
当ab<0时，④不成立.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 配凑法
例1 (1)(2022·乐山模拟)设0A.eq \f(9,4) B．4 C.eq \f(9,2) D．9
答案 C
解析 y＝4x(3－2x)＝2·2x·(3－2x)
≤2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq \f(9,2).
当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时取等号，
∴当x＝eq \f(3,4)时，ymax＝eq \f(9,2).
(2)若xA．最大值0 B．最小值9
C．最大值－3 D．最小值－3
答案 C
解析 ∵x∴3x－2<0，
f(x)＝3x－2＋eq \f(9,3x－2)＋3
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－3x＋\f(9,2－3x)))＋3
≤－2eq \r(2－3x·\f(9,2－3x))＋3＝－3.
当且仅当2－3x＝eq \f(9,2－3x)，即x＝－eq \f(1,3)时取“＝”．
(3)(2022·绍兴模拟)若－1答案 －1
解析 因为－1于是得y＝－eq \f(1,2)·eq \f(1－x2＋1,1－x)
＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－x＋\f(1,1－x)))
≤－eq \f(1,2)·2eq \r(1－x·\f(1,1－x))＝－1，
当且仅当1－x＝eq \f(1,1－x)，即x＝0时取“＝”，
所以当x＝0时，y＝eq \f(x2－2x＋2,2x－2)有最大值－1.
命题点2 常数代换法
例2 (2022·重庆模拟)已知a>0，b>0，且a＋b＝2，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)的最小值是( )
A．1 B．2
C.eq \f(9,4) D.eq \f(9,2)
答案 C
解析 因为a>0，b>0，且a＋b＝2，
所以eq \f(a＋b,2)＝1，
所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)＝eq \f(1,2)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,2b)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2)))
≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(5,2)))＝eq \f(9,4)，
当且仅当a＝eq \f(4,3)，b＝eq \f(2,3)时，等号成立．
命题点3 消元法
例3 已知x>0，y>0且x＋y＋xy＝3，则x＋y的最小值为________．
答案 2
解析 方法一 (换元消元法)
∵x＋y＋xy＝3，则3－(x＋y)＝xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
即(x＋y)2＋4(x＋y)－12≥0，
令t＝x＋y，则t>0，
∴t2＋4t－12≥0，解得t≥2，
∴x＋y的最小值为2.
方法二 (代入消元法)
由x＋y＋xy＝3得y＝eq \f(3－x,x＋1)，
∵x>0，y>0，
∴0∴x＋y＝x＋eq \f(3－x,x＋1)＝x＋eq \f(4,x＋1)－1
＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)－2
≥2eq \r(x＋1·\f(4,x＋1))－2＝2，
当且仅当x＋1＝eq \f(4,x＋1)，即x＝1时取等号，
∴x＋y的最小值为2.
延伸探究 本例条件不变，求xy的最大值．
解 ∵x＋y＋xy＝3，
∴3－xy＝x＋y≥2eq \r(xy)，当且仅当x＝y时取等号，
令t＝eq \r(xy)，则t>0，
∴3－t2≥2t，即t2＋2t－3≤0，
即0∴当x＝y＝1时，xy最大值为1.
教师备选
1．(2022·哈尔滨模拟)已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，则当x＋y取得最小值时，y等于( )
A．16 B．6 C．18 D．12
答案 B
解析 因为x>0，y>0,2x＋8y＝xy，
所以eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,y)＋\f(8,x)))＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)
≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝10＋2×4＝18，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2x,y)＝\f(8y,x)，,2x＋8y－xy＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝6))时取等号，
所以当x＋y取得最小值时，y＝6.
2．已知函数f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)(x<－1)，则( )
A．f(x)有最小值4 B．f(x)有最小值－4
C．f(x)有最大值4 D．f(x)有最大值－4
答案 A
解析 f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)＝eq \f(－x2－1＋1,x＋1)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1＋\f(1,x＋1)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1＋\f(1,x＋1)－2))
＝－(x＋1)＋eq \f(1,－x＋1)＋2.
因为x<－1，所以x＋1<0，－(x＋1)>0，
所以f(x)≥2eq \r(1)＋2＝4，
当且仅当－(x＋1)＝eq \f(1,－x＋1)，即x＝－2时，等号成立．
故f(x)有最小值4.
思维升华 (1)前提：“一正”“二定”“三相等”．
(2)要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．
(3)条件最值的求解通常有三种方法：一是配凑法；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法；三是消元法．
跟踪训练1 (1)已知函数f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x(2x>1)，则f(x)的最小值为________．
答案 eq \f(5,2)
解析 ∵2x>1，∴x－eq \f(1,2)>0，
f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x＝eq \f(1,x－\f(1,2))＋x－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)
≥2eq \r(\f(1,x－\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))))＋eq \f(1,2)
＝2＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)，
当且仅当eq \f(1,x－\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,2)时取“＝”．
∴f(x)的最小值为eq \f(5,2).
(2)已知x>0，y>0且x＋y＝5，则eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 令x＋1＝m，y＋2＝n，
∵x>0，y>0，∴m>0，n>0，
则m＋n＝x＋1＋y＋2＝8，
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))×eq \f(1,8)(m＋n)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)＋\f(m,n)＋2))≥eq \f(1,8)×(2eq \r(1)＋2)＝eq \f(1,2).
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝4时等号成立．
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为eq \f(1,2).
题型二 基本不等式的常见变形应用
例4 (1)(2022·宁波模拟)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)
答案 D
解析 由图形可知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，
OC＝eq \f(1,2)(a＋b)－b＝eq \f(1,2)(a－b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(1,2)a2＋b2)，
∵CF≥OF，
∴eq \r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq \f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．
(2)(2022·广州模拟)已知01，则下列不等式中成立的是( )
A．a＋bB.eq \r(ab)C.eq \r(2a2＋2b2)<2eq \r(ab)
D．a＋b答案 D
解析 对于选项A，因为01，
所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>4ab，故选项A错误；
对于选项B，eq \r(ab)>eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq \f(2ab,a＋b)，故选项B错误；
对于选项C，eq \r(2a2＋b2)>eq \r(2×2ab)＝2eq \r(ab)，
故选项C错误；
对于选项D,2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2，
所以a＋b教师备选
若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是( )
A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2eq \r(ab)
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
答案 D
解析 a2＋b2≥2ab，所以A错误；
ab>0，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数，
所以当a<0，b<0时，B错误；同时C错误；
eq \f(a,b)或eq \f(b,a)都是正数，根据基本不等式求最值，
eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2eq \r(\f(a,b)×\f(b,a))＝2，故D正确．
思维升华 基本不等式的常见变形
(1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2).
(2)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
跟踪训练2 (1)(2022·浙南名校联盟联考)已知命题p：a>b>0，命题q：eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，则p是q成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 ∵a>b>0，则a2＋b2>2ab，
∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab，
∴2(a2＋b2)>(a＋b)2，
∴eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，
∴由p可推出q，
当a<0，b<0时，命题q成立，
如a＝－1，b＝－3时，eq \f(a2＋b2,2)＝5>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝4，
∴由q推不出p，
∴p是q成立的充分不必要条件．
(2)(2022·漳州质检)已知a，b为互不相等的正实数，则下列四个式子中最大的是( )
A.eq \f(2,a＋b) B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
C.eq \f(2,\r(ab)) D.eq \r(\f(2,a2＋b2))
答案 B
解析 ∵a，b为互不相等的正实数，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab))，
eq \f(2,a＋b)eq \r(\f(2,a2＋b2))∴最大的是eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).
柯西不等式是法国著名的数学家、物理学家、天文学家柯西(Cauchy,1789－1857)发现的，故命名为柯西不等式．柯西不等式是数学中一个非常重要的不等式，除了用柯西不等式来证明一些不等式成立外，柯西不等式还常用于选择、填空求最值的问题中，借助柯西不等式的技巧可以达到事半功倍的效果．
1．(柯西不等式的代数形式)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．
推广一般情形：设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈R，
则(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋…＋beq \\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2(当且仅当bi＝0(i＝1,2，…，n)或存在一个实数k，使得ai＝kbi(i＝1,2，…，n)时，等号成立)．
2．(柯西不等式的向量形式)设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|，其中当且仅当β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时等号成立．
3．(柯西不等式的三角不等式)设x1，y1，x2，y2，x3，y3为任意实数，则：
eq \r(x1－x22＋y1－y22)＋eq \r(x2－x32＋y2－y32)
≥eq \r(x1－x32＋y1－y32).
一、利用柯西不等式求最值
例1 已知x，y满足x＋3y＝4，则4x2＋y2的最小值为________．
答案 eq \f(64,37)
解析 (x＋3y)2≤(4x2＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋9))，
所以4x2＋y2≥16×eq \f(4,37)＝eq \f(64,37)，
当且仅当y＝12x时，等号成立，
所以4x2＋y2的最小值为eq \f(64,37).
例2 已知正实数x，y，z满足x2＋y2＋z2＝1，正实数a，b，c满足a2＋b2＋c2＝9，则ax＋by＋cz的最大值为________．
答案 3
解析 (ax＋by＋cz)2≤(a2＋b2＋c2)·(x2＋y2＋z2)＝9，
∴ax＋by＋cz≤3，
当且仅当a＝3x，b＝3y，c＝3z时取“＝”，
∴ax＋by＋cz的最大值为3.
例3 函数y＝5eq \r(x－1)＋eq \r(10－2x)的最大值为________．
答案 6eq \r(3)
解析 y2＝(5eq \r(x－1)＋eq \r(10－2x))2＝(5eq \r(x－1)＋eq \r(2)·eq \r(5－x))2≤(52＋2)(x－1＋5－x)＝108，当且仅当x＝eq \f(127,27)时等号成立，∴y≤6eq \r(3).
二、利用柯西不等式证明不等式
例4 已知a1，a2，b1，b2为正实数，求证：(a1b1＋a2b2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,b1)＋\f(a2,b2)))≥(a1＋a2)2.
证明 (a1b1＋a2b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a1,b1)＋\f(a2,b2)))
＝[(eq \r(a1b1))2＋(eq \r(a2b2))2]eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a1,b1))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a2,b2))))2))
≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a1b1)·\r(\f(a1,b1))＋\r(a2b2)·\r(\f(a2,b2))))2
＝(a1＋a2)2.
当且仅当b1＝b2时，等号成立．
例5 已知a1，a2，…，an都是实数，求证：eq \f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)2≤aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
证明 根据柯西不等式，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(12＋12＋…＋1\(2,\s\d4(n个)) ))(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n))≥(1×a1＋1×a2＋…＋1×an)2，
所以eq \f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)2≤aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
课时精练
1．下列函数中，最小值为2的是( )
A．y＝x＋eq \f(2,x)
B．y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))
C．y＝ex＋e－x
D．y＝lg3x＋lgx3(0答案 C
解析 当x<0时，y＝x＋eq \f(2,x)<0，故A错误；
y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))≥2，
当且仅当eq \r(x2＋2)＝eq \f(1,\r(x2＋2))，
即x2＝－1时取等号，
∵x2≠－1，故B错误；
y＝ex＋e－x≥2eq \r(ex·e－x)＝2，
当且仅当ex＝e－x，
即x＝0时取等号，故C正确；
当x∈(0,1)时，y＝lg3x<0，故D错误．
2．(2022·汉中模拟)若a>0，b>0且2a＋b＝4，则ab的最大值为( )
A．2 B.eq \f(1,2) C．4 D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 4＝2a＋b≥2eq \r(2ab)，
即2≥eq \r(2ab)，平方得ab≤2，
当且仅当2a＝b，即a＝1，b＝2时等号成立，
∴ab的最大值为2.
3．(2022·苏州模拟)若a，b是正常数，a≠b，x，y∈(0，＋∞)，则eq \f(a2,x)＋eq \f(b2,y)≥eq \f(a＋b2,x＋y)，当且仅当eq \f(a,x)＝eq \f(b,y)时取等号．利用以上结论，函数f(x)＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))取得最小值时x的值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(\r(2),4) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 f(x)＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)＝eq \f(4,2x)＋eq \f(9,1－2x)
≥eq \f(2＋32,2x＋1－2x)＝25，
当且仅当eq \f(2,2x)＝eq \f(3,1－2x)，即x＝eq \f(1,5)时等号成立．
4．(2022·重庆模拟)已知x>2，y>1，(x－2)(y－1)＝4，则x＋y的最小值是( )
A．1 B．4
C．7 D．3＋eq \r(17)
答案 C
解析 ∵x>2，y>1，(x－2)(y－1)＝4，
∴x＋y＝(x－2)＋(y－1)＋3
≥2eq \r(x－2y－1)＋3＝7，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝3))时等号成立．
5．已知函数f(x)＝eq \f(1,4)x＋eq \f(9,x－1)(x<1)，下列结论正确的是( )
A．f(x)有最大值eq \f(11,4)
B．f(x)有最大值－eq \f(11,4)
C．f(x)有最小值eq \f(13,2)
D．f(x)有最小值eq \f(7,4)
答案 B
解析 f(x)＝eq \f(x－1,4)＋eq \f(9,x－1)＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,4)＋\f(9,1－x)))＋eq \f(1,4)≤－2eq \r(\f(1－x,4)·\f(9,1－x))＋eq \f(1,4)＝－eq \f(11,4)，当且仅当x＝－5时等号成立．
6．已知函数f(x)＝eq \f(x,x2－x＋4)(x>0)，则( )
A．f(x)有最大值3 B．f(x)有最小值3
C．f(x)有最小值eq \f(1,3) D．f(x)有最大值eq \f(1,3)
答案 D
解析 f(x)＝eq \f(x,x2－x＋4)
＝eq \f(1,x＋\f(4,x)－1)≤eq \f(1,2\r(4)－1)＝eq \f(1,3)，
当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时等号成立，
∴f(x)的最大值为eq \f(1,3).
7．(2022·济宁模拟)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a，b为正实数，
∴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，故必要性成立；
当a＝2，b＝10，此时eq \f(ab,a＋b)≤2，但ab＝20>16，故充分性不成立，
因此“eq \f(ab,a＋b)≤2”是“ab≤16”的必要不充分条件．
8．已知正实数a，b满足a>0，b>0，且a＋b＝1，则下列不等式恒成立的有( )
①2a＋2b≥2eq \r(2)；②a2＋b2<1；
③eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<4；④a＋eq \f(1,a)>2.
A．①② B．①③
C．①②④ D．②③④
答案 C
解析 ∵2a＋2b≥2eq \r(2a·2b)＝2eq \r(2a＋b)＝2eq \r(2)，当且仅当a＝b时取等号，∴①正确；
∵a2＋b2∴②正确；
∵eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,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时取等号，∴③错误；
∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴0∵a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2，当且仅当a＝1时取等号，
∴a＋eq \f(1,a)>2，④正确．
9．若0答案 2
解析 ∵0∴xeq \r(4－x2)＝eq \r(x24－x2)≤eq \f(x2＋4－x2,2)＝2，
当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时取“＝”．
10．若a>0，b>0，lg a＋lg b＝lg(a＋b)，则a＋b的最小值为________．
答案 4
解析 依题意ab＝a＋b，∴a＋b＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，
即a＋b≤eq \f(a＋b2,4)，
∴a＋b≥4，当且仅当a＝b时取等号，
∴a＋b的最小值为4.
11．已知x>0，y>0且3x＋4y－xy＝0，则3x＋y的最小值为________．
答案 27
解析 因为x>0，y>0,3x＋4y＝xy，
所以eq \f(3,y)＋eq \f(4,x)＝1，
所以3x＋y＝(3x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,y)＋\f(4,x)))＝15＋eq \f(9x,y)＋eq \f(4y,x)≥15＋2eq \r(\f(9x,y)·\f(4y,x))＝27，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(9x,y)＝\f(4y,x)，,3x＋4y－xy＝0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝6，,y＝9))时取等号，
所以3x＋y的最小值为27.
12．(2021·天津)若a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为________．
答案 2eq \r(2)
解析 ∵a>0，b>0，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b≥2eq \r(\f(1,a)·\f(a,b2))＋b＝eq \f(2,b)＋b≥2eq \r(\f(2,b)·b)＝2eq \r(2)，
当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(a,b2)且eq \f(2,b)＝b，即a＝b＝eq \r(2)时等号成立，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为2eq \r(2).
13．(2022·南京模拟)若实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3)))
答案 A
解析 ∵x2＋y2＋xy＝1⇔xy＝(x＋y)2－1，
又∵xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
∴(x＋y)2－1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，令x＋y＝t，
则4t2－4≤t2，∴－eq \f(2\r(3),3)≤t≤eq \f(2\r(3),3)，
即－eq \f(2\r(3),3)≤x＋y≤eq \f(2\r(3),3)，当且仅当x＝y时，取等号，
∴x＋y的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).
14．设a>0，b>0，则下列不等式中一定成立的是________．(填序号)
①a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)；
②eq \f(2ab,a＋b)>eq \r(ab)；
③eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b；
④(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.
答案 ①③④
解析 因为a>0，b>0，
所以a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)，
当且仅当a＝b且2eq \r(ab)＝eq \f(1,\r(ab))，
即a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，故①正确；
因为a＋b≥2eq \r(ab)>0，
所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
故②错误；
因为eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
所以eq \f(a2＋b2,a＋b)＝eq \f(a＋b2－2ab,a＋b)＝a＋b－eq \f(2ab,a＋b)≥
2eq \r(ab)－eq \r(ab)＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
所以eq \f(a2＋b2,a＋b)≥eq \r(ab)，即eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故③正确；
因为(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,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时取等号，故④正确．
15．已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋ab的最小值为____________．
答案 eq \f(17,4)
解析 因为a>0，b>0，且a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2eq \r(ab)，
即0令t＝ab，
则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋ab＝eq \f(1,ab)＋ab＝eq \f(1,t)＋t，t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
因为函数y＝eq \f(1,t)＋t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上为减函数，
所以当t＝eq \f(1,4)时，函数y＝eq \f(1,t)＋t取得最小值，即ymin＝eq \f(1,4)＋4＝eq \f(17,4).
16．(2022·沙坪坝模拟)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值为________．
答案 3＋2eq \r(2)
解析 因为x>0，y>0且x＋y＝xy，
则xy＝x＋y>y，即有x>1，同理y>1，
由x＋y＝xy得，(x－1)(y－1)＝1，
于是得eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)＝1＋eq \f(1,x－1)＋2＋eq \f(2,y－1)
＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(2,y－1)))
≥3＋2eq \r(\f(1,x－1)·\f(2,y－1))＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当eq \f(1,x－1)＝eq \f(2,y－1)，
即x＝1＋eq \f(\r(2),2)，y＝1＋eq \r(2)时取“＝”，
所以eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值为3＋2eq \r(2).