2025屆高考數(shù)學一輪復習第一篇集合與不等式專題1.4基本不等式及其應用練習含解析

PAGEPAGE1專題1.4基本不等式及其應用【考試要求】1.駕馭基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a，b≥0)；2.結合詳細實例，能用基本不等式解決簡潔的最大值或最小值問題.【學問梳理】1.基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a≥0，b≥0.(2)等號成立的條件：當且僅當a＝b時取等號.(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).2.兩個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.3.利用基本不等式求最值已知x≥0，y≥0，則(1)假如積xy是定值p，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小).(2)假如和x＋y是定值s，那么當且僅當x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大).【微點提示】1.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號)，當且僅當a＝b時取等號.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).3.連續(xù)運用基本不等式求最值要求每次等號成立的條件一樣.【疑誤辨析】1.推斷下列結論正誤(在括號內打“√”或“×”)(1)兩個不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是相同的.()(2)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.()(3)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值為4.()(4)x＞0且y＞0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要條件.()【答案】(1)×(2)×(3)×(4)×【解析】(1)不等式a2＋b2≥2ab成立的條件是a，b∈R；不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是a≥0，b≥0.(2)函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，沒有最小值.(3)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)沒有最小值.(4)x>0且y>0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充分不必要條件.【教材衍化】2.(必修5P99例1(2)改編)若x>0，y>0，且x＋y＝18，則eq\r(xy)的最大值為()A.9 B.18 C.36 D.81【答案】A【解析】因為x＋y＝18，所以eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝9，當且僅當x＝y(tǒng)＝9時，等號成立.3.(必修5P100練習T1改編)若x<0，則x＋eq\f(1,x)()A.有最小值，且最小值為2 B.有最大值，且最大值為2C.有最小值，且最小值為－2 D.有最大值，且最大值為－2【答案】D【解析】因為x<0，所以－x>0，－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，當且僅當x＝－1時，等號成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2.【真題體驗】4.(2024·浙江鎮(zhèn)海中學月考)已知f(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,3) C.－1 D.0【答案】D【解析】f(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)－2≥2－2＝0，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號.又1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的最小值為0.5.(2024·濟寧一中月考)一段長為30m的籬笆圍成一個一邊靠墻的矩形菜園，墻長18m，則這個矩形的長為________m，寬為________m時菜園面積最大.【答案】15eq\f(15,2)【解析】設矩形的長為xm，寬為ym.則x＋2y＝30，所以S＝xy＝eq\f(1,2)x·(2y)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2y,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(225,2)，當且僅當x＝2y，即x＝15，y＝eq\f(15,2)時取等號.6.(2024·天津卷)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，則2a＋eq\f(1,8b)的最小值為________.【答案】eq\f(1,4)【解析】由題設知a－3b＝－6，又2a>0，8b>0，所以2a＋eq\f(1,8b)≥2eq\r(2a·\f(1,8b))＝2·2eq\f(a－3b,2)＝eq\f(1,4)，當且僅當2a＝eq\f(1,8b)，即a＝－3，b＝1時取等號.故2a＋eq\f(1,8b)的最小值為eq\f(1,4).【考點聚焦】考點一利用基本不等式求最值角度1利用配湊法求最值【例1－1】(1)(2024·樂山一中月考)設0<x<eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值為________.(2)已知x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為______.【答案】(1)eq\f(9,2)(2)1【解析】(1)y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（3－2x）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2)，當且僅當2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時，等號成立.∵eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴函數(shù)y＝4x(3－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值為eq\f(9,2).(2)因為x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2eq\r(（5－4x）·\f(1,5－4x))＋3＝－2＋3＝1.當且僅當5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時，等號成立.故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為1.角度2利用常數(shù)代換法求最值【例1－2】(2024·濰坊調研)函數(shù)y＝a1－x(a>0，a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny－1＝0上，且m，n為正數(shù)，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________.【答案】4【解析】∵曲線y＝a1－x恒過定點A，x＝1時，y＝1，∴A(1，1).將A點代入直線方程mx＋ny－1＝0(m>0，n>0)，可得m＋n＝1，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))·(m＋n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2＋2eq\r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4，當且僅當eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)且m＋n＝1(m>0，n>0)，即m＝n＝eq\f(1,2)時，取得等號.角度3基本不等式積(ab)與和(a＋b)的轉化【例1－3】(經典母題)正數(shù)a，b滿意ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________.【答案】[9，＋∞)【解析】∵a，b是正數(shù)，∴ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，解得eq\r(ab)≥3，即ab≥9.【遷移探究】本例已知條件不變，求a＋b的最小值.【答案】見解析【解析】∵a>0，b>0，∴ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，即a＋b＋3≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，整理得(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，解得a＋b≥6或a＋b≤－2(舍).故a＋b的最小值為6.【規(guī)律方法】在利用基本不等式求最值時，要依據式子的特征敏捷變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，主要有兩種思路：(1)對條件運用基本不等式，建立所求目標函數(shù)的不等式求解.常用的方法有：折項法、變系數(shù)法、湊因子法、換元法、整體代換法等.(2)條件變形，進行“1”的代換求目標函數(shù)最值.【訓練1】(1)(2024·濟南聯(lián)考)若a>0，b>0且2a＋b＝4，則eq\f(1,ab)的最小值為()A.2 B.eq\f(1,2) C.4 D.eq\f(1,4)(2)若正數(shù)x，y滿意x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值為________.【答案】(1)B(2)5【解析】(1)因為a>0，b>0，故2a＋b≥2eq\r(2ab)(當且僅當2a＝b時取等號).又因為2a＋b＝4，∴2eq\r(2ab)≤4?0<ab≤2，∴eq\f(1,ab)≥eq\f(1,2)，故eq\f(1,ab)的最小值為eq\f(1,2)(當且僅當a＝1，b＝2時等號成立).(2)由x＋3y＝5xy可得eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1，所以3x＋4y＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5y)＋\f(3,5x)))＝eq\f(13,5)＋eq\f(3x,5y)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋eq\f(12,5)＝5(當且僅當eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時，等號成立)，所以3x＋4y的最小值是5.考點二基本不等式在實際問題中的應用【例2】運貨卡車以每小時x千米的速度勻速行駛130千米，按交通法規(guī)限制50≤x≤100(單位：千米/時).假設汽油的價格是每升2元，而汽車每小時耗油eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x2,360)))升，司機的工資是每小時14元.(1)求這次行車總費用y關于x的表達式；(2)當x為何值時，這次行車的總費用最低，并求出最低費用的值.【答案】見解析【解析】(1)設所用時間為t＝eq\f(130,x)(h)，y＝eq\f(130,x)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x2,360)))＋14×eq\f(130,x)，x∈[50，100].所以，這次行車總費用y關于x的表達式是y＝eq\f(130×18,x)＋eq\f(2×130,360)x，x∈[50，100](或y＝eq\f(2340,x)＋eq\f(13,18)x，x∈[50，100]).(2)y＝eq\f(130×18,x)＋eq\f(2×130,360)x≥26eq\r(10)，當且僅當eq\f(130×18,x)＝eq\f(2×130,360)x，即x＝18eq\r(10)時等號成立.故當x＝18eq\r(10)千米/時，這次行車的總費用最低，最低費用的值為26eq\r(10)元.【規(guī)律方法】1.設變量時一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù).2.依據實際問題抽象出函數(shù)的解析式后，只需利用基本不等式求得函數(shù)的最值.3.在求函數(shù)的最值時，肯定要在定義域(使實際問題有意義的自變量的取值范圍)內求解.【訓練2】網店和實體店各有利弊，兩者的結合將在將來一段時期內，成為商業(yè)的一個主要發(fā)展方向.某品牌行車記錄儀支架銷售公司從2024年1月起開展網絡銷售與實體店體驗安裝結合的銷售模式.依據幾個月運營發(fā)覺，產品的月銷量x萬件與投入實體店體驗安裝的費用t萬元之間滿意函數(shù)關系式x＝3－eq\f(2,t＋1).已知網店每月固定的各種費用支出為3萬元，產品每1萬件進貨價格為32萬元，若每件產品的售價定為“進貨價的150%”與“平均每件產品的實體店體驗安裝費用的一半”之和，則該公司最大月利潤是________萬元.【答案】37.5【解析】由題意知t＝eq\f(2,3－x)－1(1<x<3)，設該公司的月利潤為y萬元，則y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(48＋\f(t,2x)))x－32x－3－t＝16x－eq\f(t,2)－3＝16x－eq\f(1,3－x)＋eq\f(1,2)－3＝45.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(16（3－x）＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq\r(16)＝37.5，當且僅當x＝eq\f(11,4)時取等號，即最大月利潤為37.5萬元.考點三基本不等式與其他學問的綜合應用【例3】(1)(2024·河南八校測評)已知等差數(shù)列{an}中，a3＝7，a9＝19，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則eq\f(Sn＋10,an＋1)的最小值為________.(2)(一題多解)(2024·江蘇卷)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分線交AC于點D，且BD＝1，則4a＋c的最小值為________.【答案】(1)3(2)9【解析】(1)∵a3＝7，a9＝19，∴d＝eq\f(a9－a3,9－3)＝eq\f(19－7,6)＝2，∴an＝a3＋(n－3)d＝7＋2(n－3)＝2n＋1，∴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\co1(（n＋1）＋\f(9,n＋1)))≥eq\f(1,2)×2eq\r(（n＋1）·\f(9,n＋1))＝3，當且僅當n＝2時取等號.故eq\f(Sn＋10,an＋1)的最小值為3.(2)法一依題意畫出圖形，如圖所示.易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，即eq\f(1,2)csin60°＋eq\f(1,2)asin60°＝eq\f(1,2)acsin120°，∴a＋c＝ac，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥9，當且僅當eq\f(c,a)＝eq\f(4a,c)，即a＝eq\f(3,2)，c＝3時取“＝”.法二以B為原點，BD所在直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(1，0)，∵AB＝c，BC＝a，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a)).∵A，D，C三點共線，∴eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(DC,\s\up6(→)).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a))＋eq\f(\r(3),2)ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))＝0，∴ac＝a＋c，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq\f(c,a)＋eq\f(4a,c)≥9，當且僅當eq\f(c,a)＝eq\f(4a,c)，即a＝eq\f(3,2)，c＝3時取“＝”.【規(guī)律方法】基本不等式的應用特別廣泛，它可以和數(shù)學的其他學問交匯考查，解決這類問題的策略是：1.先依據所交匯的學問進行變形，通過換元、配湊、巧換“1”等手段把最值問題轉化為用基本不等式求解，這是難點.2.要有利用基本不等式求最值的意識，擅長把條件轉化為能利用基本不等式的形式.3.檢驗等號是否成立，完成后續(xù)問題.【訓練3】(1)(2024·廈門模擬)已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，當x∈R時，f(x)恒為正值，則k的取值范圍是()A.(－∞，－1) B.(－∞，2eq\r(2)－1)C.(－1，2eq\r(2)－1) D.(－2eq\r(2)－1，2eq\r(2)－1)(2)在各項都為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2018＝eq\f(\r(2),2)，則eq\f(1,a2017)＋eq\f(2,a2019)的最小值為________.【答案】(1)B(2)4【解析】(1)由f(x)>0得32x－(k＋1)3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq\f(2,3x).又3x＋eq\f(2,3x)≥2eq\r(2)(當且僅當3x＝eq\f(2,3x)，即x＝log3eq\r(2)時，等號成立).所以k＋1<2eq\r(2)，即k<2eq\r(2)－1.(2)∵{an}為等比數(shù)列，∴a2017·a2019＝aeq\o\al(2,2018)＝eq\f(1,2).∴eq\f(1,a2017)＋eq\f(2,a2019)≥2eq\r(\f(2,a2017·a2019))＝2eq\r(4)＝4.當且僅當eq\f(1,a2017)＝eq\f(2,a2019)，即a2019＝2a2017時，取得等號.∴eq\f(1,a2017)＋eq\f(2,a2019)的最小值為4.【反思與感悟】1.基本不等式具有將“和式”轉化為“積式”和將“積式”轉化為“和式”的放縮功能，經常用于比較數(shù)(式)的大小或證明不等式，解決問題的關鍵是分析不等式兩邊的結構特點，選擇好利用基本不等式的切入點.2.對于基本不等式，不僅要記住原始形式，而且還要駕馭它的幾種變形形式及公式的逆用等，例如：ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2)，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)等，同時還要留意不等式成立的條件和等號成立的條件.【易錯防范】1.運用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三個條件缺一不行.2.對運用基本不等式時等號取不到的狀況，可考慮運用函數(shù)y＝x＋eq\f(m,x)(m>0)的單調性.【分層訓練】【基礎鞏固題組】(建議用時：35分鐘)一、選擇題1.(2024·孝感調研)“a>b>0”是“ab<eq\f(a2＋b2,2)”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】由a>b>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab<eq\f(a2＋b2,2)，可知a≠b，a，b∈R，故必要性不成立.2.下列結論正確的是()A.當x>0且x≠1，lgx＋eq\f(1,lgx)≥2B.eq\f(1,x2＋1)<1(x∈R)C.當x>0時，eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2D.當0<x≤2時，x－eq\f(1,x)無最大值【答案】C【解析】對于A，當0<x<1時，lgx<0，不等式不成立；對于B，當x＝0時，有eq\f(1,x2＋1)＝1，不等式不成立；對于C，當x>0時，eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2eq\r(\r(x)·\f(1,\r(x)))＝2，當且僅當x＝1時等號成立；對于D，當0<x≤2時，y＝x－eq\f(1,x)單調遞增，所以當x＝2時，取得最大值，最大值為eq\f(3,2).3.(2024·綿陽診斷)已知x>1，y>1，且lgx，2，lgy成等差數(shù)列，則x＋y有()A.最小值20 B.最小值200C.最大值20 D.最大值200【答案】B【解析】由題意得2×2＝lgx＋lgy＝lg(xy)，所以xy＝10000，則x＋y≥2eq\r(xy)＝200，當且僅當x＝y(tǒng)＝100時，等號成立，所以x＋y有最小值200.4.設a>0，若關于x的不等式x＋eq\f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，則a的最小值為()A.16 B.9 C.4 D.2【答案】C【解析】在(1，＋∞)上，x＋eq\f(a,x－1)＝(x－1)＋eq\f(a,x－1)＋1≥2eq\r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq\r(a)＋1(當且僅當x＝1＋eq\r(a)時取等號).由題意知2eq\r(a)＋1≥5.所以a≥4.5.(2024·太原模擬)若P為圓x2＋y2＝1上的一個動點，且A(－1，0)，B(1，0)，則|PA|＋|PB|的最大值為()A.2 B.2eq\r(2) C.4 D.4eq\r(2)【答案】B【解析】由題意知∠APB＝90°，∴|PA|2＋|PB|2＝4，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PA|＋|PB|,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(|PA|2＋|PB|2,2)＝2(當且僅當|PA|＝|PB|時取等號)，∴|PA|＋|PB|≤2eq\r(2)，∴|PA|＋|PB|的最大值為2eq\r(2).6.某車間分批生產某種產品，每批產品的生產打算費用為800元，若每批生產x件，則平均倉儲時間為eq\f(x,8)天，且每件產品每天的倉儲費用為1元.為使平均到每件產品的生產打算費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品()A.60件 B.80件 C.100件 D.120件【答案】B【解析】設每批生產產品x件，則每件產品的生產打算費用是eq\f(800,x)元，倉儲費用是eq\f(x,8)元，總的費用是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(800,x)＋\f(x,8)))元，由基本不等式得eq\f(800,x)＋eq\f(x,8)≥2eq\r(\f(800,x)＋\f(x,8))＝20，當且僅當eq\f(800,x)＝eq\f(x,8)，即x＝80時取等號.7.若實數(shù)a，b滿意eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，則ab的最小值為()A.eq\r(2) B.2 C.2eq\r(2) D.4【答案】C【解析】依題意知a>0，b>0，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))＝eq\f(2\r(2),\r(ab))，當且僅當eq\f(1,a)＝eq\f(2,b)，即b＝2a時，“＝”成立.因為eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，所以eq\r(ab)≥eq\f(2\r(2),\r(ab))，即ab≥2eq\r(2)(當且僅當a＝2eq\f(1,4)，b＝2eq\f(5,4)時等號成立)，所以ab的最小值為2eq\r(2).8.(2024·衡水中學質檢)正數(shù)a，b滿意eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m對隨意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.[3，＋∞) B.(－∞，3]C.(－∞，6] D.[6，＋∞)【答案】D【解析】因為a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，所以a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥16，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)，即a＝4，b＝12時取等號.依題意，16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m對隨意實數(shù)x恒成立.又x2－4x－2＝(x－2)2－6，所以x2－4x－2的最小值為－6，所以－6≥－m，即m≥6.二、填空題9.函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________.【答案】2eq\r(3)＋2【解析】y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(（x2－2x＋1）＋2x－2＋3,x－1)＝eq\f(（x－1）2＋2（x－1）＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.當且僅當x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1時，等號成立.10.某公司購買一批機器投入生產，據市場分析，每臺機器生產的產品可獲得的總利潤y(單位：萬元)與機器運轉時間x(單位：年)的關系為y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，則每臺機器為該公司創(chuàng)建的年平均利潤的最大值是________萬元.【答案】8【解析】每臺機器運轉x年的年平均利潤為eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當且僅當x＝5時等號成立，此時每臺機器為該公司創(chuàng)建的年平均利潤最大，最大值為8萬元.11.已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________.【答案】6【解析】因為x>0，y>0，所以9－(x＋3y)＝xy＝eq\f(1,3)x·(3y)≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))eq\s\up12(2)，當且僅當x＝3y，即x＝3，y＝1時等號成立.設x＋3y＝t>0，則t2＋12t－108≥0，所以(t－6)(t＋18)≥0，又因為t>0，所以t≥6.故當x＝3，y＝1時，(x＋3y)min＝6.12.已知直線mx＋ny－2＝0經過函數(shù)g(x)＝logax＋1(a>0且a≠1)的定點，其中mn>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________.【答案】2【解析】因為函數(shù)g(x)＝logax＋1(a>0且a≠1)的定點(1，1)在直線mx＋ny－2＝0上，所以m＋n－2＝0，即eq\f(m,2)＋eq\f(n,2)＝1.所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋\f(n,2)))＝1＋eq\f(n,2m)＋eq\f(m,2n)≥1＋2eq\r(\f(n,2m)·\f(m,2n))＝2，當且僅當eq\f(n,2m)＝eq\f(m,2n)，即m2＝n2時取等號，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為2.【實力提升題組】(建議用時：15分鐘)13.(2024·江西師大附中月考)若向量m＝(a－1，2)，n＝(4，b)，且m⊥n，a>0，b>0，則logeq\s\do6(\f(1,3))a＋log3eq\f(1,b)有()A.最大值log3eq\f(1,2) B.最小值log32C.最大值logeq\s\do6(\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)(當且僅當2a＝b時，等號成立).又logeq\s\do6(\f(1,3))a＋log3eq\f(1,b)＝logeq\s\do6(\f(1,3))a＋logeq\s\do6(\f(1,3))b＝logeq\s\do6(\f(1,3))(ab)≥logeq\s\do6(\f(1,3))eq\f(1,2)＝log32，故logeq\s\do6(\f(1,3))a＋log3eq\f(1,b)有最小值為log32.14.(2024·湖南師大附中模擬)已知△ABC的面積為1，內切圓半徑也為1，若△ABC的三邊長分別為a，b，c，則eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)的最小值為()A.2 B.2＋eq\r(2) C.4 D.2＋2eq\