2.2.4 第2课时 均值不等式的应用-【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B版2019）

第二章　等式与不等式 ２.2　不等式 2.2. 4　均值不等式及其应用 第2课时　均值不等式的应用 (教师独具内容) 课程标准：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.利用均值不等式证明不等式.2.利用均值不等式解决实际问题． 教学难点：均值不等式的综合应用． 核心素养：1.通过学习利用均值不等式证明不等式培养逻辑推理素养.2.通过学习利用均值不等式解决实际问题培养数学建模素养和数学运算素养． 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　利用均值不等式证明不等式 利用均值不等式证明不等式时，要先观察题中要证明的不等式的结构特征，若不能直接使用均值不等式证明，则考虑对代数式进行拆、并、配等变形，使之达到能使用均值不等式的形式． 知识点二　利用均值不等式解决实际问题的一般步骤 (1)先读懂题意，设出变量，列出函数关系式； (2)把实际问题抽象成函数的最大值或最小值问题； (3)在题目要求的范围内，求出函数的最大值或最小值； (4)正确写出答案． 核心概念掌握 5 [拓展]　(1)利用均值不等式求最值常用构造定值的技巧 ①加项变换； ②拆项变换； ③统一换元； ④平方后再用均值不等式． (2)易错点 ①易忘“正”，忽略了各项均为正实数； ②易忘“定”，用均值不等式时，和或积为定值； ③易忘“等”，用均值不等式要验证等号是否可以取到； ④易忘“同”，多次使用均值不等式时，等号成立的条件应相同． 核心概念掌握 6 1．(均值不等式在实际问题中的应用)若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积为(　　) A．100 m2 B．80 m2 C．50 m2 D．25 m2 答案 核心概念掌握 7 3．(均值不等式在实际问题中的应用)某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，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＝_____． 20 答案 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　利用均值不等式证明不等式 证明 核心素养形成 10 证明 核心素养形成 11 核心素养形成 12 证明 核心素养形成 13 题型二　均值不等式在实际问题中的应用 　 围建一个面积为360 m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用的旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，如图．已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m.设利用的旧墙长度为x(单位：m)，修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位：元)．试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用． 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 题型三　均值不等式的综合问题 解 核心素养形成 19 【感悟提升】　 (1)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)的最小值． (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)的最大值． 注意：f(x)表示有关x的代数式． 核心素养形成 20 答案 解析 核心素养形成 21 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 23 2．将一根铁丝切割成三段做成一个面积为2 m2、形状为直角三角形的框架，在下列四种长度的铁丝中，选用最合理(够用且浪费最少)的是(　　) A．6.5 m B．6.8 m C．7 m D．7.2 m 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 答案 解析 36 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 5．建造一个容积为8 m3，深为2 m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 解析 1760 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 均值不等式的实际应用——增长率问题 均值不等式的实际应用——天平问题 利用均值不等式解决恒成立问题——拼凑法求参数值 利用均值不等式解决方程 问题　　　 利用均值不等式解决恒成立问题——直接法求参数范围 均值不等式的实际应用——速度问题 利用均值不等式解决方程问题 均值不等式的实际应用——利润最大问题 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用均值不等式解决恒成立问题——常数代换法求参数值 均值不等式的实际应用——面积最大问题　　 构造多个均值不等式证明不等式　　 一元二次不等式与均值不等式的实际应用　　 均值不等式与一元二次不等式的综合 均值不等式与充分、必要条件的综合　 利用均值不等式解决恒成立问题——拼凑法求参数范围 均值不等式的实际应用——用料最省问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 30 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 16 31 2．某金店用一杆不准确的天平(两边臂不等长)称黄金，某顾客要购买10 g黄金，售货员先将5 g的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客，然后又将5 g的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金(　　) A．大于10 g B．小于10 g C．大于等于10 g D．小于等于10 g 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 16 32 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 16 33 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 16 34 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 16 35 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 16 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 16 37 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 三、填空题 8．某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N＋)，则当每台机器运转_____年时，年平均利润最大． 答案 解析 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 答案 解析 6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 10．(2024·河北衡水中学期中)如图所示，在半径为4 cm的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD，其顶点A，B在直径上，顶点C，D在圆周上，则矩形ABCD面积的最大值为______ cm2，此时AB＝________ cm. 16 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 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 16 46 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 16．如图，长方形ABCD表示一张6×12(单位：分米)的工艺木板，其四周有边框(图中阴影部分)，中间为薄板．木板上一瑕疵(记为点P)到外边框AB，AD的距离分别为1分米，2分米．现欲经过点P锯掉一块三角形废料MAN，其中M，N分别在AB，AD上．设AM，AN的长分别为m分米，n分米． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 　　　　　　　　　　　　　 R 2．(均值不等式的综合问题)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＋c－a,a)INCLUDEPICTURE"例1灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例1灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　已知a，b，c是不全相等的三个正数，求证：＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 证明　eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c) ＝eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)－3 ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3. ∵a，b，c都是正数， ∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2， 同理eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)≥2，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)≥2， ∵a，b，c不全相等，上述三式不能同时取等号， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))＞6， ∴eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 【感悟提升】　利用均值不等式证明不等式 (1)利用均值不等式证明不等式时，可依据求证式两端的式子结构，合理选择均值不等式及其变形不等式来证，如a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，可变形为ab≤eq \f(a2＋b2,2)；eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)可变形为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)等．同时要从整体上把握均值不等式，如a4＋b4≥2a2b2，a2b2＋b2c2≥2(ab)(bc)，都是对“a2＋b2≥2ab，a，b∈R”的灵活应用． (2)在证明条件不等式时，要注意“1”的代换，另外要特别注意等号成立的条件． 【跟踪训练】　 1．已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10. 证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a＋b＋c,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(a＋b＋c,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(a＋b＋c,c))) ＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥4＋2＋2＋2＝10，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10. 解　设矩形的另一边长为a m， 则y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360. 由ax＝360，得a＝eq \f(360,x)， ∴y＝225x＋eq \f(3602,x)－360. ∵x>0，∴225x＋eq \f(3602,x)≥2eq \r(225×3602)＝10800. ∴y＝225x＋eq \f(3602,x)－360≥10440. 当且仅当225x＝eq \f(3602,x)，即x＝24时，等号成立． ∴当x＝24 m时，修建此矩形场地围墙的总费用最小，最小总费用是10440元． 【感悟提升】　利用均值不等式解决实际问题的思路 利用均值不等式解决实际问题的关键是构建模型，一般来说，都是从具体的实际问题出发，通过相关的关系建立关系式．在解题过程中尽量向模型ax＋eq \f(b,x)≥2eq \r(ab)(a>0，b>0，x>0)靠拢． 【跟踪训练】　 2．某人准备租一辆车从孝感出发去武汉，已知从出发点到目的地的距离为100 km，按交通法规定：这段公路车速限制在40～100(单位：km/h)之间．假设目前油价为7.2元/L，汽车的耗油率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(x2,360))) L/h，其中x(单位：km/h)为汽车的行驶速度，耗油率指汽车每小时的耗油量．租车需付给司机每小时的工资为76.4元，不考虑其他费用，这次租车的总费用最少是多少？此时的车速x是多少？(注：租车总费用＝耗油费＋司机的工资) 解：设总费用为y元． 由题意，得y＝76.4×eq \f(100,x)＋7.2×eq \f(100,x)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(x2,360)))＝eq \f(9800,x)＋2x(40≤x≤100)． 因为y＝eq \f(9800,x)＋2x≥2eq \r(19600)＝280， 当且仅当eq \f(9800,x)＝2x，即x＝70时取等号． 所以这次租车的总费用最少是280元，此时的车速为70 km/h. (a2,x)INCLUDEPICTURE"例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　不等式9x＋≥a＋1(常数a>0)，对一切正实数x成立，求a的取值范围． 解　常数a>0，若9x＋eq \f(a2,x)≥a＋1对一切正实数x成立，则a＋1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(a2,x))) eq \s\do7(min)， 又9x＋eq \f(a2,x)≥6a，当且仅当9x＝eq \f(a2,x)，即x＝eq \f(a,3)时，等号成立． 故必有6a≥a＋1，解得a≥eq \f(1,5). 所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞)). 【跟踪训练】　 3．已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)＋\f(a,y)))≥16对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为(　　) A．1 B．2 C．4 D．6 解析：(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)＋\f(a,y)))＝4＋a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y,x)＋\f(ax,y)))，因为x>0，y>0，a>0，所以eq \f(4y,x)＋eq \f(ax,y)≥2eq \r(\f(4y,x)·\f(ax,y))＝4eq \r(a)，当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(ax,y)时取等号．由已知可得4＋a＋4eq \r(a)≥16，即a＋4eq \r(a)－12≥0，解得eq \r(a)≥2或eq \r(a)≤－6(舍去)，所以a≥4，即正实数a的最小值为4. 1．设a，b为正数，且a＋b≤4，则下列各式中正确的是(　　) A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<1 B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥1 C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<2 D.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2 解析：因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2)))eq \s\up12(2)＝4，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))≥2eq \r(\f(1,4))＝1，当且仅当a＝b＝2时等号成立． 解析：设两直角边分别为a，b，直角三角形框架的周长为l，则eq \f(1,2)ab＝2，∴ab＝4，l＝a＋b＋eq \r(a2＋b2)≥2eq \r(ab)＋eq \r(2ab)＝4＋2eq \r(2)≈6.828(m)．∵要求够用且浪费最少，∴应选7 m．故选C. 3．(多选)(2024·浙江宁波高一期中)已知正数x，y满足x＋y＝2，则下列说法正确的是(　　) A．xy的最大值为1 B.eq \r(x)＋eq \r(y)的最大值为2 C.eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最小值为2eq \r(2)＋3 D.eq \f(x2,x＋1)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为1 解析：对于A，因为x>0，y>0，x＋y＝2，所以2＝x＋y≥2eq \r(xy)，则xy≤1，当且仅当x＝y且x＋y＝2，即x＝y＝1时，等号成立，所以xy的最大值为1，故A正确；对于B，因为(eq \r(x)＋eq \r(y))2≤2[(eq \r(x))2＋(eq \r(y))2]＝2(x＋y)＝4，所以eq \r(x)＋eq \r(y)≤2，当且仅当eq \r(x)＝eq \r(y)且x＋y＝2，即x＝y＝1时，等号成立，所以eq \r(x)＋eq \r(y)的最大值为2，故B正确； 对于C，eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2y,x)＋\f(x,y)))≥eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(2y,x)·\f(x,y))))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2)，当且仅当eq \f(2y,x)＝eq \f(x,y)且x＋y＝2，即x＝4－2eq \r(2)，y＝2eq \r(2)－2时，等号成立，所以eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最小值为eq \f(3,2)＋eq \r(2)，故C错误；对于D，令s＝x＋1，t＝y＋1，则x＝s－1，y＝t－1，s＋t＝x＋y＋2＝4，s>0，t>0，所以eq \f(x2,x＋1)＋eq \f(y2,y＋1)＝eq \f(（s－1）2,s)＋eq \f(（t－1）2,t)＝s－2＋eq \f(1,s)＋t－2＋eq \f(1,t)＝eq \f(1,s)＋eq \f(1,t)＝eq \f(1,4)(s＋t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,s)＋\f(1,t)))＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(t,s)＋\f(s,t)))≥eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(t,s)·\f(s,t))))＝1，当且仅当s＝t且s＋t＝4，即s＝t＝2，即x＝y＝1时，等号成立，所以eq \f(x2,x＋1)＋eq \f(y2,y＋1)的最小值为1，故D正确．故选ABD. 4．已知y＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝______． 解析：y＝4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)(x>0，a>0)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(a),2)时等号成立，此时y取得最小值4eq \r(a).又由已知x＝3时，ymin＝4eq \r(a)，所以eq \f(\r(a),2)＝3，即a＝36. 解析：设池底的长为x m，因为容积为8 m3，深为2 m，所以池底的宽为eq \f(4,x) m，则水池的总造价为y＝120×4＋80eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x×2＋2×\f(4,x)×2))＝480＋320eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))≥480＋320×4＝1760.所以水池的最低总造价为1760元． 一、单选题 1．某工厂第一年产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x，则(　　) A．x＝eq \f(a＋b,2) B．x≤eq \f(a＋b,2) C．x>eq \f(a＋b,2) D．x≥eq \f(a＋b,2) 解析：由条件知A(1＋a)(1＋b)＝A(1＋x)2，所以(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1＋a）＋（1＋b）,2)))eq \s\up12(2)，所以1＋x≤1＋eq \f(a＋b,2)，故x≤eq \f(a＋b,2). 解析：设天平的左、右两臂长分别为a，b，两次放入的黄金数分别是x，y，依题意有5a＝bx，5b＝ay，所以xy＝25.因为eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)，所以x＋y≥10，又a≠b，所以x≠y，所以x＋y>10.即顾客实际所得黄金大于10 g. 3．若对于任意x>1，eq \f(x2＋3,x－1)≥a恒成立，则a的最大值是(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：∵x>1， ∴eq \f(x2＋3,x－1)＝eq \f(（x－1）2＋2（x－1）＋4,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1)＋2≥2eq \r(（x－1）·\f(4,x－1))＋2＝6，当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立，所以a≤6.故选B. 4．已知正实数m，n满足m＋n＝1，且使eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)取得最小值．若x＝eq \f(4,n)，y＝eq \f(5,m)是方程xα＝y的解，则α＝(　　) A．－1 B．－2 C．2 D．3 解析：eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(16,n)))(m＋n)＝1＋eq \f(16m,n)＋eq \f(n,m)＋16＝17＋eq \f(16m,n)＋eq \f(n,m)≥17＋2eq \r(\f(16m,n)·\f(n,m))＝25，当且仅当eq \f(16m,n)＝eq \f(n,m)，m＋n＝1，即m＝eq \f(1,5)，n＝eq \f(4,5)时，上式取等号，即eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)取得最小值．因为m＝eq \f(1,5)，n＝eq \f(4,5)，所以x＝5，y＝25，5α＝25，得α＝2. 5．若关于x的不等式－x2＋ax－2≤0在区间[－3，－1]上恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[－2eq \r(2)，＋∞) B．(－∞，－2eq \r(2)] C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，＋∞)) D．(－∞，－3] 解析：由题设，ax≤x2＋2，又x∈[－3，－1]，则a≥x＋eq \f(2,x)恒成立，由x＋eq \f(2,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))))≤－2eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x))))＝－2eq \r(2)，当且仅当x＝－eq \r(2)∈[－3，－1]时，等号成立，得a≥－2eq \r(2).故选A. 二、多选题 6．(2024·广东茂名一中阶段测试)王老师往返两地的速度分别为m和n(m<n)，全程的平均速度为v，则(　　) A．v＝eq \r(mn) B．v＝eq \f(2mn,m＋n) C.eq \r(mn)<v<eq \f(m＋n,2) D．m<v<eq \r(mn) 解析：设两地之间的路程为s，则王老师往返两地需要的时间为eq \f(s,m)＋eq \f(s,n)，所以v＝eq \f(2s,\f(s,m)＋\f(s,n))＝eq \f(2mn,m＋n)，故A不正确，B正确；因为n>m>0，所以由均值不等式可得eq \r(mn)<eq \f(m＋n,2)，所以v＝eq \f(2mn,m＋n)<eq \f(2mn,2\r(mn))＝eq \r(mn)，故C不正确，又0<m＋n<2n，所以v＝eq \f(2mn,m＋n)>eq \f(2mn,2n)＝m，所以m<v<eq \r(mn)，故D正确．故选BD. 7．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，若方程3ax2＋2bx＋c＝0(a≠0)的两个根是x1，x2，则eq \f(1,|2x1－1|)＋eq \f(1,|2x2－1|)的值可以是(　　) A．1 B.eq \r(3) C．2eq \r(3) D．3eq \r(3) 解析：由3ax2＋2bx＋c＝0(a≠0)的两个实根是x1，x2，得x1＋x2＝－eq \f(2b,3a)，x1x2＝eq \f(c,3a)， ∴eq \f(1,|2x1－1|)＋eq \f(1,|2x2－1|) ≥2eq \r(\f(1,|（2x1－1）（2x2－1）|)) ＝ ＝ ＝，又a＋b＋c＝0， ∴＝2eq \r(3)， 即eq \f(1,|2x1－1|)＋eq \f(1,|2x2－1|)≥2eq \r(3)， 当且仅当|2x1－1|＝|2x2－1|时等号成立． ∴eq \f(1,|2x1－1|)＋eq \f(1,|2x2－1|)≥2eq \r(3).故选CD. 解析：每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，且x>0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时年平均利润最大． 9．已知a>0，b>0，eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,6)，若不等式2a＋b≥9m恒成立，则m的最大值为_____． 解析：由已知，可得6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝1，所以2a＋b＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥6×(5＋4)＝54，当且仅当eq \f(2a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝b＝18时等号成立，所以9m≤54，即m≤6，所以m的最大值为6. 4eq \r(2) 解析：如图所示，连接OC，设OB＝x(0<x<4)， 则BC＝eq \r(OC2－OB2)＝eq \r(16－x2)，AB＝2OB＝2x，所以由均值不等式可得，矩形ABCD的面积为S＝AB·BC＝2x·eq \r(16－x2)＝2eq \r(（16－x2）x2)≤(16－x2)＋x2＝16，当且仅当16－x2＝x2，即x＝2eq \r(2)时，等号成立．故矩形ABCD面积的最大值为16 cm2，此时AB＝4eq \r(2) cm. 四、解答题 11．已知a，b，c均为正数，a，b，c不全相等． 求证：eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)＞a＋b＋c. 证明：∵a＞0，b＞0，c＞0， ∴eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)≥2eq \r(\f(abc2,ab))＝2c，eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥2eq \r(\f(a2bc,bc))＝2a，eq \f(bc,a)＋eq \f(ab,c)≥2eq \r(\f(ab2c,ac))＝2b. 又a，b，c不全相等， 故上述等号至少有一个不成立， ∴eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)＞a＋b＋c. 12．某种商品原来每件售价为25元，年销售量为8万件． (1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ (2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入eq \f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入eq \f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售总收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价． 解：(1)设每件定价为x元， 依题意得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(x－25,1)×0.2))x≥25×8， 整理得x2－65x＋1000≤0，解得25≤x≤40. 所以要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为40元． (2)依题意，不等式ax≥25×8＋50＋eq \f(1,6)(x2－600)＋eq \f(1,5)x有解， 等价于当x>25时，a≥eq \f(150,x)＋eq \f(1,6)x＋eq \f(1,5)有解， 因为eq \f(150,x)＋eq \f(1,6)x≥2eq \r(\f(150,x)·\f(1,6)x)＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，所以a≥10.2. 所以当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售总收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元． 13．已知关于x的不等式ax2－bx＋1>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,m)))∪(m，＋∞)，其中m>0，则b＋eq \f(1,m)的最小值为(　　) A．4 B．2eq \r(2) C．2 D．1 解析：由题意知，关于x的不等式ax2－bx＋1>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,m)))∪(m，＋∞)，其中m>0，可知a>0，eq \f(2,m)，m为方程ax2－bx＋1＝0的两根，且eq \f(2,m)≤m，所以eq \f(2,m)＋m＝eq \f(b,a)，eq \f(2,m)·m＝eq \f(1,a)，所以a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,m)＋eq \f(m,2)，m≥eq \r(2)，所以b＋eq \f(1,m)＝eq \f(2,m)＋eq \f(m,2)≥2eq \r(\f(2,m)·\f(m,2))＝2，当且仅当m＝2时取等号．故选C. 14．若x>0，y>0，则“x＋y<4”的一个必要不充分条件是(　　) A．x2＋y2<8 B.eq \r(x)<eq \r(4－y) C．xy<4 D.eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)<1 解析：对于A，若x2＋y2<8，则(x＋y)2＝x2＋y2＋2xy<8＋2xy≤8＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)，所以(x＋y)2<16，又x>0，y>0，所以0<x＋y<4，所以“x2＋y2<8”是“x＋y<4”的充分条件，故A不符合题意；对于B，若eq \r(x)<eq \r(4－y)，则(eq \r(x))2<(eq \r(4－y))2，所以x<4－y，即x＋y<4，所以“eq \r(x)<eq \r(4－y)”是“x＋y<4”的充要条件，故B不符合题意；对于C，由x＋y<4得xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)<4，另一方面取x＝eq \f(1,4)，y＝8，满足xy<4，但x＋y>4，所以“xy<4”是“x＋y<4”的必要不充分条件，故C符合题意；对于D，取x＝eq \f(1,5)，y＝3，满足x＋y<4，但eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)>1，所以“eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)<1”不是“x＋y<4”的必要条件，故D不符合题意．故选C. 15．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：由a>b>c，知a－b>0，b－c>0，a－c>0. 因此原不等式等价于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． 因为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＋2eq \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． 所以m≤4，即m的取值范围为(－∞，4]． (1)求eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)的值； (2)为使剩下木板MBCDN的面积最大，试确定m，n的值； (3)求剩下木板MBCDN的外边框长度(MB，BC，CD，DN的长度之和)的最大值及取得最大值时m，n的值． 解：(1)如图，过点P分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F， 则△PNF∽△MPE， 所以eq \f(PF,ME)＝eq \f(NF,PE)，即eq \f(2,m－2)＝eq \f(n－1,1)， 整理，得eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)＝1. (2)要使剩下木板的面积最大，即要锯掉的三角形废料MAN的面积S＝eq \f(1,2)mn最小， 因为m>0，n>0，则1＝eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)≥2eq \r(\f(2,m)·\f(1,n))， 可得mn≥8， 当且仅当eq \f(2,m)＝eq \f(1,n)，即m＝4，n＝2时，等号成立， 所以当m＝4，n＝2时，剩下木板的面积最大． (3)要使剩下木板的外边框长度最大，则锯掉的边框长度m＋n最小， 则m＋n＝(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)＋\f(1,n)))＝eq \f(2n,m)＋eq \f(m,n)＋3≥2eq \r(\f(2n,m)·\f(m,n))＋3＝2eq \r(2)＋3， 当且仅当eq \f(2n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝2＋eq \r(2)，n＝eq \r(2)＋1时，等号成立． 故剩下木板的外边框长度的最大值为(6＋12)×2－(2eq \r(2)＋3)＝(33－2eq \r(2))分米，此时m＝2＋eq \r(2)，n＝eq \r(2)＋1. $$