2.1.3 基本不等式的应用-【金版新学案】2023-2024学年新教材高一数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（湘教版2019）

第2章 一元二次函数、方程和不等式 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 2．1．3　基本不等式的应用 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 新知形成 夯实基础 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 正数 x＝y x＝y 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 合作探究 素能提升 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 随堂演练 对点落实 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 课 时 作 业(十) 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 谢谢观看！ 第2章　一元二次函数、方程和不等式 新 知 形 成 合 作 探 究 课 时 作 业 随 堂 演 练 数 学 必修 第一册 [课标解读]　结合具体实例，能用基本不等式的应用模型解决简单的最大值或最小值问题． 知识点　用基本不等式求最值 已知x，y都为____，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当______时，和x＋y有最小值____； (2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当______时，积xy有最大值eq \f(s2,4)． 2eq \r(p) 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当a，b同号时，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2．(　　) (2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值为2．(　　) (3)不等式a2＋b2≥2ab与eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)有相同的适用范围．(　　) (4)已知m>0，n>0，且mn＝81，则m＋n的最小值为18．(　　) 答案：　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2．若a，b∈R，判断大小关系：a2＋b2________________2|ab|．(　　) A．≥ B．＝ C．≤ D．> A　[由基本不等式得a2＋b2＝|a|2＋|b|2≥2|a||b|＝2|ab|，当且仅当|a|＝|b|时，等号成立．] 3．(2021·聊城高一检测)设0<a<b且a＋b＝1，在下列四个数中最大的是(　　) A．eq \f(1,2) B．b C．2ab D．a2＋b2 B　[因为0<a<b，且a＋b＝1， 所以ab<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)．所以2ab<eq \f(1,2)． 因为 eq \r(\f(a2＋b2,2))>eq \f(a＋b,2)＝eq \f(1,2)， 所以a2＋b2>eq \f(1,2)． 因为b－(a2＋b2)＝(b－b2)－a2＝b(1－b)－a2＝ab－a2＝a(b－a)>0， 所以b>a2＋b2，所以b最大．] 4．某公司一年购买某种货物400 t，每次都购买x t，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝________________t． 解析：　每年购买次数为eq \f(400,x)次． 所以总费用为eq \f(400,x)·4＋4x≥2eq \r(6 400)＝160， 当且仅当eq \f(1 600,x)＝4x，即x＝20时等号成立． 答案：　20 探究点一　利用基本不等式求函数和代数式的最值 角度1　配凑法求最值 (1)已知x<3，求y＝eq \f(4,x－3)＋x的最大值； (2)已知x>－1，求函数y＝eq \f(x2＋7x＋10,x＋1)的最小值； (3)已知0<x<eq \f(1,3)，求函数y＝x(1－3x)的最大值． 解析：　(1)∵x<3，∴x－3<0， ∴y＝eq \f(4,x－3)＋x＝eq \f(4,x－3)＋x－3＋3 ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3 ≤－2eq \r(\f(4,3－x)·（3－x）)＋3＝－1， 当且仅当eq \f(4,3－x)＝3－x，即x＝1时，取等号， ∴y的最大值为－1． (2)∵x>－1，∴x＋1>0， ∴y＝eq \f(x2＋7x＋10,x＋1)＝eq \f(（x＋1）2＋5（x＋1）＋4,x＋1) ＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)＋5≥2eq \r(（x＋1）·\f(4,x＋1))＋5＝9． 当且仅当x＋1＝eq \f(4,x＋1)，即x＝1时，等号成立． ∴当x＝1时，函数y＝eq \f(x2＋7x＋10,x＋1)(x>－1)取得最小值9． (3)∵0<x<eq \f(1,3)，∴0<1－3x<1，∴y＝x(1－3x)＝eq \f(1,3)×3x(1－3x)≤eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋（1－3x）,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,12)，当且仅当3x＝1－3x，即x＝eq \f(1,6)时，y取最大值eq \f(1,12)． eq \a\vs4\al(方法技巧) 通过配凑法利用基本不等式求最值的策略 配凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应注意以下几个方面的问题： (1)配凑的技巧，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)代数式的变形以配凑出和或积的定值为目标． (3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提．　　 即时练1．已知x<eq \f(5,4)，则y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为________________． 解析：　因为x<eq \f(5,4)，所以5－4x>0， 则y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\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y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为1． 答案：　1 角度2　应用“1”的代换转化为基本不等式求最值 已知x>0，y>0，且x＋2y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为(　　) A．1＋eq \r(2) B．3＋2eq \r(2) C．3eq \r(2) D．4eq \r(2) B　[∵x＋2y＝1，x>0，y>0， ∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝(x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝3＋eq \f(x,y)＋eq \f(2y,x)≥3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(x,y)＝eq \f(2y,x)，x＋2y＝1，即x＝eq \r(2)－1，y＝1－eq \f(\r(2),2)时，等号成立．故当x＝eq \r(2)－1，y＝1－eq \f(\r(2),2)时，eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)有最小值，为3＋2eq \r(2)．] eq \a\vs4\al(方法技巧) “常量代换法”常用于“已知ax＋by＝m(a，b，x，y均为正数)，求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值”和“已知eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1(a，b，x，y均为正数)，求x＋y的最小值”两种类型．　　 基本步骤为： (1)将已知条件变形为“表达式＝常数”的形式； (2)把常数变形为1； (3)把等于1的表达式与要求最值的表达式相乘(除)，进而变形为“定积的和”或“定和的积”的形式； (4)利用基本不等式求最值． 即时练2．(2021·山西太原五中高一月考)已知a>0，b>0，3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为(　　) A．2 B．3 C．2＋eq \r(2) D．2＋eq \r(3) D　[根据题意，3a＋b＝2ab⇒eq \f(3,2b)＋eq \f(1,2a)＝1， ∴a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2b)＋\f(1,2a)))(a＋b)＝2＋eq \f(3a,2b)＋eq \f(b,2a)≥2＋2 eq \r(\f(3a,2b)·\f(b,2a))＝2＋eq \r(3)，当且仅当b＝eq \r(3)a且3a＋b＝2ab时等号成立， ∴a＋b的最小值为2＋eq \r(3)， 故选D．] 角度3　含有多个变量的条件的最值问题 已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab－1，则a＋2b的最小值为________________． 解析：　由2a＋b＝ab－1，得a＝eq \f(b＋1,b－2)， 因为a>0，b>0，所以a＝eq \f(b＋1,b－2)>0，又因为b＋1>0，所以b>2， 所以a＋2b＝eq \f(b＋1,b－2)＋2b＝eq \f(（b－2）＋3,b－2)＋2(b－2)＋4＝2(b－2)＋eq \f(3,b－2)＋5≥2 eq \r(2（b－2）·\f(3,b－2))＋5＝5＋2eq \r(6)， 当且仅当2(b－2)＝eq \f(3,b－2)，即b＝2＋eq \f(\r(6),2)时等号成立． 答案：　5＋2eq \r(6) eq \a\vs4\al(方法技巧) 含有多个变量的条件最值问题的解决方法 对含有多个变量的条件最值问题，若无法直接利用基本不等式求解，可尝试减少变量的个数，即用其中一个变量表示另一个，再代入代数式中转化为只含有一个变量的最值问题． 即时练3．已知a>b>0，求a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值． 解析：　方法一：由于a2＋eq \f(1,b（a－b）)中有两个字母，并注意到b＋(a－b)＝a，则b(a－b)≤eq \f([b＋（a－b）]2,4)＝eq \f(a2,4)．这样就消去了字母b，因此a2＋eq \f(1,b（a－b）)≥a2＋eq \f(4,a2)≥4，当且仅当b＝a－b且a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立．故a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值为4． 方法二：注意到b＋(a－b)＝a，则[b＋(a－b)]2＝a2，则a2＋eq \f(1,b（a－b）)＝[b＋(a－b)]2＋eq \f(1,b（a－b）)≥4b(a－b)＋eq \f(1,b（a－b）)≥4，当且仅当b＝a－b且4b(a－b)＝eq \f(1,b（a－b）)，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立．故a2＋eq \f(1,b（a－b）)的最小值为4． 探究点二　利用基本不等式解决实际问题 为了保护环境，某工厂在政府部门的鼓励下进行技术改进：把二氧化碳转化为某种化工产品，经测算，该处理成本y(单位：万元)与处理量x(单位：t)之间满足y＝x2－40x＋1 600，其中30≤x≤50．已知每处理1 t的二氧化碳可获得价值20万元的某种化工产品． (1)判断该技术改进能否获利．如果能获利，求出最大利润；如果不能获利，则政府至少需要补贴多少万元该工厂才不会亏损？ (2)当处理量为多少吨时，每吨的平均处理成本最少？ 解析：　(1)当30≤x≤50时，设该工厂获利S万元， 则S＝20x－(x2－40x＋1 600)＝－(x－30)2－700， 所以当x＝30时，Smax＝－700<0， 因此该工厂不会获利，政府至少需要补贴700万元该工厂才不会亏损． (2)由题易知，二氧化碳的平均处理成本P＝eq \f(y,x)＝x＋eq \f(1 600,x)－40， 因为当30≤x≤50时，P＝x＋eq \f(1 600,x)－40≥ 2eq \r(x·\f(1 600,x))－40＝40，当且仅当x＝eq \f(1 600,x)，即x＝40时等号成立， 所以当处理量为40 t时，每吨的平均处理成本最少． eq \a\vs4\al(方法技巧) 应用基本不等式解决实际问题的方法 (1)先理解题意，设出变量，一般把要求最值的量定为函数； (2)建立相应的函数关系，把实际问题抽象成函数的最大值或最小值问题； (3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值，正确写出答案． 即时练4．某企业需要建造一个容积为8 m3，深度为2 m的无盖长方体畜水池，已知池壁的造价为每平方米100元，池底的造价为每平方米300元，设水池底面一边长为x m，水池总造价为y元，求y关于x的关系式，并求出水池的最低造价． 解析：　由于长方体蓄水池的容积为8 m3，深为2 m，因此其底面积为4 m2， 设底面一边长为x m，则另一边长为eq \f(4,x) m． 又池壁的造价为每平方米100元， 池壁的面积为2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2·\f(4,x))) m2， 所以池壁的总造价为200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2·\f(4,x)))元． 池底的造价为每平方米300元，池底的面积为4 m2，所以池底的总造价为1 200元， 故蓄水池的总造价为y＝200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2·\f(4,x)))＋1 200＝400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＋1 200(x>0)． y＝400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＋1 200≥400×2eq \r(x·\f(4,x))＋1 200＝1 600＋1 200＝2 800， 当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时，y有最小值，此时总造价最低为2 800元． 探究点三　利用基本不等式解决恒成立问题 设a>b>c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，求m的取值范围． 解析：　由a>b>c，得a－b>0，b－c>0，a－c>0， ∴原不等式等价于eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)≥m， 要使原不等式恒成立，只需eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可， ∵eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)＝eq \f(（a－b）＋（b－c）,a－b)＋eq \f(（a－b）＋（b－c）,b－c) ＝2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，当且仅当eq \f(b－c,a－b)＝eq \f(a－b,b－c)，即2b＝a＋c时，等号成立， ∴m≤4，即m的取值范围为(－∞，4]． eq \a\vs4\al(方法技巧) 解决此类问题的关键是将不等式的恒成立问题转化为最值问题．　　 即时练5．已知a>0，b>0，若不等式eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)恒成立，则m的最大值为(　　) A．9 B．12 C．18 D．24 B　[因为a>0，b>0，不等式eq \f(3,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,a＋3b)恒成立，所以m≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a＋3b）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b))))) eq \s\do7(min)． 因为(a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝6＋eq \f(9b,a)＋eq \f(a,b)≥6＋2eq \r(\f(9b,a)·\f(a,b))＝12， 当且仅当a＝3b时取等号，所以m的最大值为12．故选B．] 1．已知函数y＝x＋eq \f(4,x－1)(x>1)，则函数的最小值等于(　　) A．4eq \r(2) B．4eq \r(2)＋1 C．5 D．9 C　[因为x>1，所以y＝x＋eq \f(4,x－1)＝(x－1)＋eq \f(4,x－1)＋1≥2eq \r(（x－1）·\f(4,x－1))＋1＝5． 当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立．故选C．] 2．已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为(　　) A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2) C．eq \f(3,4) D．eq \f(2,3) B　[因为0<x<1，所以3－3x>0，所以x(3－3x)＝eq \f(1,3)×3x(3－3x)≤eq \f(1,3)×(eq \f(3x＋（3－3x）,2))2＝eq \f(1,3)×eq \f(9,4)＝eq \f(3,4)，当且仅当3x＝3－3x，即x＝eq \f(1,2)时取等号．] 3．若对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是________________． 解析：　因为x>0，所以x＋eq \f(1,x)≥2．当且仅当x＝1时取等号， 所以有eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,2＋3)＝eq \f(1,5)， 即eq \f(x,x2＋3x＋1)的最大值为eq \f(1,5)，故a≥eq \f(1,5)． 答案：　eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,5))))) 4．已知正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝3，求a＋b的最小值． 解析：　方法一：由eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝3，得eq \f(1,3a)＋eq \f(1,3b)＝1， ∴a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)＋\f(1,3b)))＝eq \f(2,3)＋eq \f(a,3b)＋eq \f(b,3a)≥eq \f(2,3)＋2eq \r(\f(a,3b)×\f(b,3a))＝eq \f(4,3)， 当且仅当eq \f(a,3b)＝eq \f(b,3a)，即a＝b＝eq \f(2,3)时取等号， ∴a＋b的最小值为eq \f(4,3)． 方法二：由eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝3，得a＋b＝3ab． ∵ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)， ∴eq \f(a＋b,3)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)， 即4(a＋b)≤3(a＋b)2， ∴a＋b≥eq \f(4,3)，当且仅当a＝b＝eq \f(2,3)时等号成立， ∴a＋b的最小值为eq \f(4,3)． $$