2.2 第1课时 基本不等式-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 ２.2　基本不等式 第1课时　基本不等式 (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　基本不等式 如果a>0，b>0，则_____________，当且仅当________时，等号成立．通常称这个不等式为基本不等式．其中， _________叫做正数a，b的算术平均数， ________叫做正数a，b的几何平均数． 基本不等式表明：两个正数的算术平均数________它们的几何平均数． a＝b 不小于 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 知识点二　基本不等式与最大(小)值 当x，y均为正数时，下面的命题均成立： (1)若x＋y＝S(S为定值)，则当且仅当_______时，xy取得最_____值_________. (简记：和定积有最大值) (2)若xy＝P(P为定值)，则当且仅当_________时，x＋y取得最______值______. (简记：积定和有最小值) x＝y 大 x＝y 小 核心概念掌握 7 [点拨]　利用基本不等式求最值的三个关键点：一正、二定、三相等． (1)一正：各项必须为正； (2)二定：各项之和或各项之积为定值； (3)三相等：必须验证取等号时的条件是否具备． 核心概念掌握 8 1．(和定求积的最大值)设x，y均为正数，且x＋4y＝4，则xy的最大值为(　　) A．1 B．2 C．4 D．16 答案 a与b同号 核心概念掌握 9 答案 －1 2 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　对基本不等式的理解 答案 核心素养形成 12 解析 核心素养形成 13 核心素养形成 14 答案 解析 解析：③中当x，y异号时，不成立． ①② 核心素养形成 15 题型二　利用基本不等式比较大小 答案 解析 核心素养形成 16 解析 核心素养形成 17 【感悟提升】利用基本不等式比较大小的关注点 (1)利用基本不等式比较大小时，应创设基本不等式的使用条件． (2)明确基本不等式具有将“和式”转化为“积式”或者将“积式”转化为“和式”的放缩功能． (3)灵活运用基本不等式及其变形形式． 核心素养形成 18 答案 解析 a＋b 核心素养形成 19 题型三　配凑法求最值 解 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 【感悟提升】配凑法求最值的策略 (1)配凑时注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价转化． (2)代数式的变形以配凑出和或积为常数为目的． (3)拆项、添项时注意检验利用基本不等式的前提． 核心素养形成 22 答案 解析 核心素养形成 23 答案 解析 1 核心素养形成 24 题型四　常数代换法求最值 解 核心素养形成 25 【感悟提升】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． 核心素养形成 26 解 核心素养形成 27 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 答案 解析 6 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 直接法求最值 配凑法求最值 常数代换法求最值 配凑法 求最值 配凑法 求最值 直接法、常数代换法求最值 配凑法、常数代换法求最值 配凑法求最值 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★ ★★★ ★★★ ★★ ★★ ★★ 对点 配凑法求最值 直接法、常数代换法求最值 配凑法、常数代换法求最值 消元法求最值 换元法求最值；二次函数求最值 利用基本不等式的变形求最值 常数代换法求与最值有关的存在性问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 36 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 答案 解析 3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 10．已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab. (1)求ab的最小值； (2)求a＋2b的最小值． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 答案 解析 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 解析 1 1 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 　　　　　　　　　　　　　 R 课程标准：1.掌握基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b>0).2.结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题． 教学重点：1.理解基本不等式的内容及其证明过程.2.运用基本不等式解决最值问题． 教学难点：基本不等式条件的创设． 核心素养：1.通过基本不等式的证明，培养逻辑推理素养.2.借助基本不等式解决最值问题，提升数学运算素养． eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) [拓展]　 1．由基本不等式变形得到的常见结论 (1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)． (2)eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a，b均为正实数)． (3)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)． (4)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4(a，b同号)． (5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)． 2．基本不等式的推广 一般地，若a1，a2，a3是正实数，则有eq \f(a1＋a2＋a3,3)≥eq \r(3,a1a2a3)，当且仅当a1＝a2＝a3时取等号． eq \f(S2,4) 2eq \r(P) 2．(基本不等式成立的条件)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的条件是___________． 3．(配凑法求最值)若x<1，则x＋eq \f(1,x－1)的最大值为________． 4．(常数代换法求最值)若a>0，b>0，且a＋b＝2，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为_______． 　给出下面三个推导过程： ①因为a>0，b>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2； ②因为a>0，所以a2－1＋eq \f(1,a2－1)≥2eq \r(（a2－1）·\f(1,a2－1))＝2； ③因为x，y∈R，xy<0，所以eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2. 其中正确的推导过程为(　　) A．①② B．②③ C．② D．①③ 解析　①因为a>0，b>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，符合基本不等式成立的条件，故①的推导过程正确；②因为当a>0时，a2－1不一定为正，所以②的推导过程错误；③由xy<0，得eq \f(x,y)，eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)看成一个整体提出负号后，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均为正数，符合基本不等式成立的条件，故③的推导过程正确． 【感悟提升】基本不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)的两个关注点 (1)不等式成立的条件：a，b都是正实数． (2)“当且仅当”的含义 ①当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立， 即a＝b⇒eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)； ②仅当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立， 即eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)⇒a＝b. 【跟踪训练】 1．下列不等式的推导过程正确的是________． ①若x>1，则x＋eq \f(1,x)>2eq \r(x·\f(1,x))＝2； ②若x<0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4； ③若x，y∈R，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,y)))＝|x|＋eq \f(2,|y|)≥2eq \r(|x|·\f(2,|y|)). eq \f(2ab,a＋b) 　已知a>0，b>0，且a≠b，则eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)，eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是________． 解析　解法一：∵eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(ab,\f(a＋b,2))≤eq \f(ab,\r(ab))＝eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，又2ab≤a2＋b2，∴(a＋b)2≤2(a2＋b2)，∴eq \f(（a＋b）2,4)≤eq \f(a2＋b2,2)，∴eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).综上所述，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(当且仅当a＝b时等号成立)．又a≠b，∴eq \f(2ab,a＋b)<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)<eq \r(\f(a2＋b2,2))，∴eq \f(2ab,a＋b)最小． 解法二(特殊值法)：令a＝4，b＝2，则eq \f(a＋b,2)＝3，eq \r(ab)＝2eq \r(2)，eq \r(\f(a2＋b2,2))＝eq \r(10)，eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(8,3)，∴eq \f(2ab,a＋b)最小． 【跟踪训练】 2．已知0<a<1，0<b<1，且a≠b，则a＋b，2eq \r(ab)，2ab，a2＋b2中最大的是________． 解析：因为0<a<1，0<b<1，a≠b，所以a2＋b2>2ab，a＋b>2eq \r(ab).所以最大的只能是a2＋b2与a＋b其中之一．而a2＋b2－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，又0<a<1，0<b<1，所以a－1<0，b－1<0，因此a2＋b2<a＋b，所以a＋b最大． 　(1)若x>2，求eq \f(1,x－2)＋x的最小值． 解　因为x>2，所以x－2>0，eq \f(1,x－2)＋x＝eq \f(1,x－2)＋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， 所以eq \f(1,x－2)＋x的最小值为4. 解　因为0<x<eq \f(1,2)，所以1－2x>0， eq \f(1,2)x(1－2x)＝eq \f(1,4)×2x(1－2x) ≤eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（1－2x）,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,16)， 当且仅当2x＝1－2x，即x＝eq \f(1,4)时等号成立， 所以eq \f(1,2)x(1－2x)的最大值为eq \f(1,16).　 (2)已知0<x<eq \f(1,2)，求eq \f(1,2)x(1－2x)的最大值． 【跟踪训练】 3．(1)(2024·江西南昌第三中学高一上期中)正数m，n满足m＋n＝5，则eq \r(m＋1)＋eq \r(n＋2)的最大值为(　　) A．8 B．3 C．2eq \r(2) D．4 解析：因为(eq \r(m＋1)＋eq \r(n＋2))2＝m＋n＋3＋2eq \r(m＋1)·eq \r(n＋2)＝8＋2eq \r(m＋1)·eq \r(n＋2)≤8＋(eq \r(m＋1))2＋(eq \r(n＋2))2＝8＋m＋n＋3＝16，当且仅当eq \r(m＋1)＝eq \r(n＋2)，即m＝3，n＝2时，等号成立，又因为eq \r(m＋1)＋eq \r(n＋2)>0，所以eq \r(m＋1)＋eq \r(n＋2)≤4，当且仅当m＝3，n＝2时，等号成立．故选D. 解析：因为x<eq \f(5,4)，所以4x－5<0，则5－4x>0，所以4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3.因为5－4x＋eq \f(1,5－4x)≥2eq \r(（5－4x）·\f(1,5－4x))＝2，所以4x－5＋eq \f(1,4x－5)≤－2，所以4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3≤－2＋3＝1，当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故当x＝1时，4x－2＋eq \f(1,4x－5)取得最大值1. (2)已知x<eq \f(5,4)，则4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为________． 　已知x>0，y>0，且满足eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1，求x＋2y的最小值． 解　∵x>0，y>0，eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1， ∴x＋2y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)＝10＋eq \f(x,y)＋eq \f(16y,x)≥10＋2eq \r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝12，,y＝3))时，等号成立， 故当x＝12，y＝3时，x＋2y取最小值18. 【跟踪训练】 4．(2024·陕西西安第三中学高一上第二次测评)已知a>0，b>0，a＋3b＝eq \f(1,2)，求eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)的最小值． 解：eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)＋\f(1,b)))(a＋3b)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(b,a)＋\f(a,b)＋3))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝eq \f(32,3)， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(a,b)，,a＋3b＝\f(1,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,8)，,b＝\f(1,8)))时，等号成立． 所以eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)的最小值为eq \f(32,3). 1．若a，b为正实数，且a＋b＝2，则ab的最大值为(　　) A.eq \r(3) B．1 C．2eq \r(3) D．2 解析：因为a，b为正实数，且a＋b＝2≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b＝1时等号成立，所以ab≤1.故选B. 2．若eq \f(x2－x＋1,x－1)(x>1)在x＝t处取得最小值，则t等于(　　) A．1＋eq \r(2) B．2 C．3 D．4 解析：eq \f(x2－x＋1,x－1)＝eq \f(x（x－1）＋1,x－1)＝x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立． 3．(多选)(2024·江苏星海中学高一上月考)已知正数a，b，则下列说法正确的是(　　) A.eq \r(a2＋2)＋eq \f(1,\r(a2＋2))的最小值为2 B．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 C.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab) D.eq \f(2ab,a＋b)>eq \r(ab) 解析：对于A，eq \r(a2＋2)＋eq \f(1,\r(a2＋2))≥2，当且仅当eq \r(a2＋2)＝1时等号成立，而eq \r(a2＋2)>eq \r(2)，故等号不成立，A不正确；对于B，(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋1＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当a＝b时等号成立，故B正确；对于C，eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥eq \f(2ab,\r(ab))＝2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，故C正确；对于D，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时等号成立，故D不正确．故选BC. eq \r(（a－b）（b－c）)≤eq \f(a－c,2) 4．已知a>b>c，则eq \r((a－b)(b－c))与eq \f(a－c,2)的大小关系是_________________________. 解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0.∴eq \r(（a－b）（b－c）)≤eq \f(（a－b）＋（b－c）,2)＝eq \f(a－c,2)，当且仅当a＋c＝2b时，等号成立． 1＋eq \f(2\r(2),3) 5．已知x，y都是正数．若3x＋2y＝12，则xy的最大值为________；若x＋2y＝3，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为____________． 解析：∵3x＋2y＝12，∴xy＝eq \f(1,6)·3x·2y≤eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x＋2y,2))) eq \s\up12(2)＝6，当且仅当3x＝2y，即x＝2，y＝3时，等号成立．∴xy的最大值为6.∵x＋2y＝3，∴1＝eq \f(x,3)＋eq \f(2y,3)，∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋\f(2y,3)))＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(x,3y)＋eq \f(2y,3x)≥1＋2eq \r(\f(x,3y)·\f(2y,3x))＝1＋eq \f(2\r(2),3)，当且仅当eq \f(x,3y)＝eq \f(2y,3x)，即x＝3eq \r(2)－3，y＝3－eq \f(3\r(2),2)时取等号，∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为1＋eq \f(2\r(2),3). 1．设x>0，则3－3x－eq \f(1,x)的最大值是(　　) A．3 B．－3eq \r(2) C．3－2eq \r(3) D．－1 解析：∵x>0，∴3－3x－eq \f(1,x)＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,x)))≤3－2eq \r(3x·\f(1,x))＝3－2eq \r(3)，当且仅当3x＝eq \f(1,x)，即x＝eq \f(\r(3),3)时，等号成立．故选C. 2．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) 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\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝3))时，等号成立．故选C. 3．(2024·河北三河二中高一上期末)已知正数x，y满足x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为(　　) A．2 B．eq \f(9,2) C．eq \f(14,3) D．5 解析：∵x＋y＝1，∴x＋(1＋y)＝2，则2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝[x＋(1＋y)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝eq \f(4x,1＋y)＋eq \f(1＋y,x)＋5≥2eq \r(\f(4x,1＋y)·\f(1＋y,x))＋5＝9，∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)≥eq \f(9,2)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4x,1＋y)＝\f(1＋y,x)，,x＋y＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(1,3)))时，等号成立，因此eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为eq \f(9,2).故选B. 4．若0<x<eq \f(1,2)，则xeq \r(1－4x2)的最大值为(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,8) 解析：因为0<x<eq \f(1,2)，所以1－4x2>0，所以xeq \r(1－4x2)＝eq \f(1,2)×2xeq \r(1－4x2)≤eq \f(1,2)×eq \f(4x2＋1－4x2,2)＝eq \f(1,4)，当且仅当2x＝eq \r(1－4x2)，即x＝eq \f(\r(2),4)时等号成立．故选C. 5．设x>0，则x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为(　　) A．0 B.eq \f(1,2) C．1 D.eq \f(3,2) 解析：因为x>0，所以x＋eq \f(1,2)>0，所以x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，当且仅当x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq \f(1,2)时等号成立，所以x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为0. 6．(多选)(2024·湖北襄阳第四中学高一上月考)设正实数x，y满足2x＋y＝1，则(　　) A．xy的最大值是eq \f(1,4) B．eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最小值是9 C．4x2＋y2的最小值是eq \f(1,2) D．eq \r(2x)＋eq \r(y)的最小值是2 解析：对于A，∵2x＋y＝1≥2eq \r(2xy)，∴xy≤eq \f(1,8)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝1，,2x＝y，))即x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,2)时等号成立，故A错误；对于B，eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))(2x＋y)＝5＋eq \f(2y,x)＋eq \f(2x,y)≥5＋2eq \r(4)＝9，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2y,x)＝\f(2x,y)，,2x＋y＝1，))即x＝y＝eq \f(1,3)时等号成立，故B正确；对于C，由A可得xy≤eq \f(1,8)，又2x＋y＝1，∴4x2＋y2＝(2x＋y)2－4xy＝1－4xy≥1－4×eq \f(1,8)＝eq \f(1,2)，当且仅当x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,2)时等号成立，故C正确；对于D，(eq \r(2x)＋eq \r(y))2＝2x＋y＋2eq \r(2)·eq \r(xy)≤1＋2eq \r(2)×eq \r(\f(1,8))＝2，∴eq \r(2x)＋eq \r(y)≤eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,2)时等号成立，故D错误．故选BC. eq \f(1,2) 7．已知正数x，y满足x＋y＝1，则当x＝_______时，eq \f(x＋y2,xy)取得最小值_______. 解析：因为正数x，y满足x＋y＝1，所以eq \f(x＋y2,xy)＝eq \f(1,y)＋eq \f(y,x)＝eq \f(x＋y,y)＋eq \f(y,x)＝1＋eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥1＋2eq \r(\f(x,y)·\f(y,x))＝3，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时取等号，此时eq \f(x＋y2,xy)取得最小值3. 4eq \r(3) 8．设x>0，y>0，x＋2y＝5，则eq \f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))的最小值为________． 解析：∵x>0，y>0，x＋2y＝5，∴eq \f(（x＋1）（2y＋1）,\r(xy))＝eq \f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq \f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq \r(xy)＋eq \f(6,\r(xy))≥2eq \r(2\r(xy)·\f(6,\r(xy)))＝4eq \r(3)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝\f(3,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1))时，等号成立． 9．(1)若x<3，求2x＋1＋eq \f(1,x－3)的最大值； (2)已知x>0，求eq \f(2x,x2＋1)的最大值． 解：(1)因为x<3，所以3－x>0. 又2x＋1＋eq \f(1,x－3)＝2(x－3)＋eq \f(1,x－3)＋7 ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))＋7， 由基本不等式可得 2(3－x)＋eq \f(1,3－x)≥2eq \r(2（3－x）·\f(1,3－x))＝2eq \r(2)， 当且仅当2(3－x)＝eq \f(1,3－x)，即x＝3－eq \f(\r(2),2)时，等号成立， 于是－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))≤－2eq \r(2)，－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（3－x）＋\f(1,3－x)))＋7≤7－2eq \r(2)，故2x＋1＋eq \f(1,x－3)的最大值为7－2eq \r(2). (2)eq \f(2x,x2＋1)＝eq \f(2,x＋\f(1,x)). 因为x>0，所以x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2， 所以0<eq \f(2x,x2＋1)≤eq \f(2,2)＝1， 当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立． 故eq \f(2x,x2＋1)的最大值为1. 解：(1)因为2a＋b＝ab，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1. 因为a>0，b>0，所以1＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))， 当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)＝eq \f(1,2)，即a＝2，b＝4时取等号， 所以ab≥8，即ab的最小值为8. (2)a＋2b＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b)≥5＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(2a,b)，即a＝b＝3时取等号， 所以a＋2b的最小值为9. 11．(2024·江苏扬州江都区丁沟中学高一上期末)已知x＋y＝1，y>0，x≠0，则eq \f(1,2|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)的值不可能是(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,4) C．1 D.eq \f(5,4) 解析：因为x＋y＝1，则x＋y＋1＝2，则eq \f(1,2|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)＝eq \f(x＋y＋1,4|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)＝eq \f(x,4|x|)＋eq \f(y＋1,4|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)≥eq \f(x,4|x|)＋2eq \r(\f(y＋1,4|x|)·\f(|x|,y＋1))＝eq \f(x,4|x|)＋1，当且仅当y＋1＝2|x|时，等号成立．当x>0时，eq \f(1,2|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)≥eq \f(5,4)；当x<0时，eq \f(1,2|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)≥eq \f(3,4)，所以eq \f(1,2|x|)＋eq \f(|x|,y＋1)的值可能是eq \f(3,4)，1，eq \f(5,4).故选A. 12．(多选)(2024·陕西西工大附中高一上第一次月考)已知a，b为正实数，且ab＋2a＋b＝6，则(　　) A．2a＋b的最小值为4 B．ab的最大值为2 C．a＋b的最小值为3 D.eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)的最小值为eq \f(\r(2),2) 解析：由ab＋2a＋b＝6得b＝eq \f(6－2a,a＋1)＝eq \f(8,a＋1)－2，所以2a＋b＝2a＋eq \f(8,a＋1)－2＝2(a＋1)＋eq \f(8,a＋1)－4≥2eq \r(2（a＋1）·\f(8,a＋1))－4＝4，当且仅当2(a＋1)＝eq \f(8,a＋1)，即a＝1时取等号，此时2a＋b取得最小值4，A正确；由ab＋2a＋b＝6，得ab＝6－(2a＋b)， 又2a＋b的最小值为4，所以ab的最大值为6－4＝2，B正确；a＋b＝a＋eq \f(8,a＋1)－2＝a＋1＋eq \f(8,a＋1)－3≥4eq \r(2)－3，当且仅当a＋1＝eq \f(8,a＋1)，即a＝2eq \r(2)－1时取等号，C错误；eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)≥2eq \r(\f(1,a＋1)·\f(1,b＋2))＝2eq \r(\f(1,ab＋2a＋b＋2))＝eq \f(\r(2),2)，当且仅当a＋1＝b＋2时取等号，此时eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)取得最小值eq \f(\r(2),2)，D正确．故选ABD. 13．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0.则当eq \f(z,xy)取得最小值时，x＋2y－z的最大值为________． 解析：eq \f(z,xy)＝eq \f(x2－3xy＋4y2,xy)＝eq \f(x,y)＋eq \f(4y,x)－3≥2eq \r(\f(x,y)·\f(4y,x))－3＝1，当且仅当x＝2y时等号成立，因此z＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，所以x＋2y－z＝4y－2y2＝－2(y－1)2＋2≤2，故x＋2y－z的最大值为2. 14．已知a，b为正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2)，则a2＋b2的最小值为_____；若(a－b)2≥4(ab)3，则ab＝_____． 解析：因为a，b为正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2)≥2eq \r(\f(1,ab))，即ab≥eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(\r(2),2)时，等号成立)).因为a2＋b2≥2ab≥2×eq \f(1,2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(\r(2),2)时，等号成立))，所以a2＋b2的最小值为1.因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2)，所以a＋b＝2eq \r(2)ab.因为(a－b)2≥4(ab)3，所以(a＋b)2－4ab≥4(ab)3，即(2eq \r(2)ab)2－4ab≥4(ab)3，因为a，b为正实数，所以(ab)2－2ab＋1≤0，即(ab－1)2≤0，所以ab＝1. 15．是否存在正实数a和b，同时满足下列条件：①a＋b＝10；②eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1(x>0，y>0)且x＋y的最小值为18？若存在，求出a，b的值；若不存在，说明理由． 解：因为eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1， 所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))＝a＋b＋eq \f(bx,y)＋eq \f(ay,x)≥a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2， 又x＋y的最小值为18，所以(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝18. 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（\r(a)＋\r(b)）2＝18，,a＋b＝10，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝8，,b＝2.)) 故存在实数a＝2，b＝8或a＝8，b＝2满足条件． $$