2.1.3 基本不等式的应用-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第2章　一元二次函数、方程和不等式 2.1　相等关系与不等关系 2.1.3　基本不等式的应用 (教师独具内容) 课程标准：1.运用基本不等式来比较两个实数的大小及进行简单的证明.2.运用基本不等式解决实际问题中的最值问题． 教学重点：1.不等式证明过程中式子的变形、转化.2.把实际问题抽象为数学中关于函数的最值问题． 教学难点：理解和识别实际问题中的数量关系，判断能否转化为基本不等式的数学模型． 核心素养：借助基本不等式在实际问题中的应用培养数学建模素养． 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 x＝y 小 x＝y 大 核心概念掌握 5 知识点二　利用基本不等式证明不等式 利用基本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，若不能直接使用基本不等式证明，则考虑对代数式进行拆、并、配等变形，使之达到能使用基本不等式的形式． 知识点三　利用基本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 6 利用基本不等式证明不等式时应注意的问题 (1)注意基本不等式成立的条件； (2)多次使用基本不等式，要注意等号能否成立； (3)对不能直接使用基本不等式证明的可重新组合，形成基本不等式模型，再使用． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) 答案 √ × √ 核心概念掌握 8 2．做一做 答案 200 20 核心概念掌握 9 核心素养形成 利用基本不等式证明不等式 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 基本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 基本不等式的综合问题 解 核心素养形成 19 【感悟提升】　 (1)a≤y恒成立⇔a≤y的最小值． (2)a≥y恒成立⇔a≥y的最大值． 核心素养形成 20 答案 核心素养形成 21 解析 核心素养形成 22 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 2．(多选)如图所示，4个长为a，宽为b的长方形，拼成一个正方形ABCD，中间围成一个小正方形A1B1C1D1，则以下说法中正确的是(　　) A．(a＋b)2≥4ab B．当a＝b时，A1，B1，C1，D1四点重合 C．(a－b)2≤4ab D．(a＋b)2>(a－b)2 答案 解析 解析：由题意，知a>0，b>0，对于A，(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≥2ab＋2ab＝4ab，A正确；对于B，当a＝b时，4个长方形为4个正方形，此时A1，B1，C1，D1四点重合，B正确；C显然错误；对于D，∵ab>0，∴4ab>0，∴a2＋b2＋2ab>a2＋b2－2ab，即(a＋b)2>(a－b)2，D正确．故选ABD. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 答案 解析 －4 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 证明 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 32 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 二、填空题 6．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 5 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 答案 6 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 8．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. 答案 16 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 10．如图所示，为加强社区绿化建设，欲将原有矩形小花坛ABCD适当扩建成一个较大的矩形花坛AMPN.要求B点在AM上，D点在AN上，且对角线MN过C点，已知AB＝3米，AD＝2米．若设DN＝x米，则DN为多少时，矩形花坛AMPN的面积最小？并求出最小值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 12．某旅游公司在相距100 km的两个景点间开设了一个游船观光项目． 已知游船最大时速为50 km/h，游船每小时使用的燃料费用与速度的平方成正比例，当游船速度为20 km/h时，燃料费用为每小时60元．其他费用为每小时240元，且单程的收入为6000元． (1)当游船以30 km/h的速度航行时，旅游公司单程获得的利润是多少？(利润＝收入－成本) (2)游船的航速为何值时，旅游公司单程获得的利润最大？最大利润是多少？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　基本不等式的应用模型 已知x，y都为正数，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当eq \x(\s\up1(01))________时，和x＋y有最eq \x(\s\up1(02))______值eq \x(\s\up1(03))_______．(简记：积定和最小) (2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当eq \x(\s\up1(04))________时，积xy有最eq \x(\s\up1(05))_____值 eq \x(\s\up1(06))_____．(简记：和定积最大) 2eq \r(p) eq \f(s2,4) (1)若a＞0，b＞0且a＋b＝16，则ab≤64.(　　) (2)若ab＝2，则a＋b的最小值为2eq \r(2).(　　) (3)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是25 m2. (　　) (1)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 (2)已知p，q∈R，pq＝100，则p2＋q2的最小值是_____． (3)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＝_____吨． 已知a，b，c是不全相等的三个正数，求证：eq \f(b＋c－a,a)＋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】　利用基本不等式证明不等式 (1)利用基本不等式证明不等式时，可依据求证式两端的结构，合理选择基本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基本不等式，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均为正数，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， 故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. 由已知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)时，等号成立． 即当x＝24 m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元． 【感悟提升】　利用基本不等式解决实际问题的思路 利用基本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，此时的车速是70 km/h. 不等式9x＋eq \f(a2,x)≥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≤9x＋eq \f(a2,x)的最小值，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a≥eq \f(1,5). 【跟踪训练】 3．已知正数x，y满足x＋y＝1，且eq \f(x2,y＋1)＋eq \f(y2,x＋1)≥m，则m的最大值为(　　) A.eq \f(16,3) B.eq \f(1,3) C．2 D．4 解析：由x>0，y>0，x＋y＝1，得eq \f(x2,y＋1)＋eq \f(y2,x＋1)＝eq \f(（1－y）2,y＋1)＋eq \f(（1－x）2,x＋1)＝(y＋1)＋eq \f(4,y＋1)－4＋(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)－4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,y＋1)＋\f(4,x＋1)))－5，又由eq \f(4,y＋1)＋eq \f(4,x＋1)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,y＋1)＋\f(4,x＋1)))[(x＋1)＋(y＋1)]＝eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8＋\f(4（x＋1）,y＋1)＋\f(4（y＋1）,x＋1)))≥eq \f(16,3)，当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)时等号成立，则eq \f(x2,y＋1)＋eq \f(y2,x＋1)≥eq \f(16,3)－5＝eq \f(1,3)，即eq \f(x2,y＋1)＋eq \f(y2,x＋1)的最小值为eq \f(1,3)，所以m≤eq \f(1,3).故选B. 1．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为eq \f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品(　　) A．60件 B．80件 C．100件 D．120件 解析：设每件产品的平均费用为y元，由题意得y＝eq \f(800,x)＋eq \f(x,8)≥2eq \r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20.当且仅当eq \f(800,x)＝eq \f(x,8)(x>0)，即x＝80时等号成立，故选B. 3．设a>0，b>0，且不等式eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0恒成立，则实数k的最小值为_______． 解析：由a>0，b>0，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(k,a＋b)≥0，得k≥(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)－\f(1,b)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))，又－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≤－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝－4，故－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))的最大值为－4，故k≥－4，实数k的最小值为－4. 4．已知a>b，ab＝1，求证：a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)． 证明：∵a>b，∴a－b>0，又ab＝1，∴eq \f(a2＋b2,a－b)＝eq \f(a2＋b2－2ab＋2ab,a－b)＝eq \f((a－b)2＋2ab,a－b)＝a－b＋eq \f(2,a－b)≥2eq \r(（a－b）·\f(2,a－b))＝2eq \r(2)，即eq \f(a2＋b2,a－b)≥2eq \r(2)，即a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)，当且仅当a－b＝eq \f(2,a－b)，即a－b＝eq \r(2)时取等号． 5．某产品原来的成本为1000元/件，售价为1200元/件，年销售量为1万件，由于市场饱和，顾客要求提高，公司计划投入资金进行产品升级．据市场调查，若投入x万元，每件产品的成本将降低eq \f(3x,4)元，在售价不变的情况下，年销售量将减少eq \f(2,x)万件，按上述方式进行产品升级和销售，扣除产品升级资金后的纯利润记为z(单位：万元)．(纯利润＝每件的利润×年销售量－投入的成本) (1)求z的函数解析式； (2)求z的最大值，以及z取得最大值时x的值． 解：(1)依题意，产品升级后，每件产品的成本为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1000－\f(3x,4)))元，每件产品的利润为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200＋\f(3x,4)))元，年销售量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))万件， 故z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(200＋\f(3x,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))－x＝198.5－eq \f(400,x)－eq \f(x,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2<x<\f(4000,3))). (2)z＝198.5－eq \f(400,x)－eq \f(x,4)≤198.5－2eq \r(\f(400,x)·\f(x,4))＝178.5， 当且仅当eq \f(400,x)＝eq \f(x,4)，即x＝40时取等号，即z的最大值是178.5，当z取得最大值时x的值为40. 一、选择题 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\[\rc\](\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，两次放入的黄金数是x，y，依题意有5a＝bx，ay＝5b，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，即两次所得黄金数大于10 g. 3．若对任意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，“＝”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y＝eq \f(5,m)，x＝eq \f(4,n)是方程y＝xα的解，则α＝(　　) A．－1 B.eq \f(1,2) 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 \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(16m,n)＝\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)取得最小值时，m＝eq \f(1,5)，n＝eq \f(4,5)，所以y＝25，x＝5，即25＝5α.所以α＝2. 5．(多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则下列各式恒成立的是(　　) A.eq \f(1,ab)≥4 B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4 C.eq \r(ab)≥eq \f(1,2) D.eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,2) 解析：∵当a>0，b>0时，a＋b≥2eq \r(ab)，又a＋b＝1，∴2eq \r(ab)≤1，即eq \r(ab)≤eq \f(1,2)，∴ab≤eq \f(1,4)，∴eq \f(1,ab)≥4，故A正确，C不正确；对于B，∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝1＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋1≥4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，B正确；对于D，∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab，当a>0，b>0时，由ab≤eq \f(1,4)可得a2＋b2＝1－2ab≥eq \f(1,2).所以eq \f(1,a2＋b2)≤2，D不正确．故选AB. 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． 7．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. 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，由基本不等式可得，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．此时AB＝2x＝4eq \r(2). 4eq \r(2) 三、解答题 9．已知a，b，c均为正数，且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. 解：因为DC∥AM，所以eq \f(DN,AN)＝eq \f(DC,AM)，所以eq \f(x,x＋2)＝eq \f(3,AM)，所以AM＝eq \f(3（x＋2）,x)(x>0)， 矩形花坛AMPN的面积y＝AM·AN＝eq \f(3（x＋2）2,x)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)＋4))≥3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x·\f(4,x))＋4))＝24，当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时取等号，所以当DN＝2米时，矩形花坛AMPN的面积最小，最小值为24. 11．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证： (1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8；(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9. 证明：(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(a＋b,ab)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))， ∵a＋b＝1，a＞0，b＞0， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2＝4， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时，等号成立)). (2)证法一：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴1＋eq \f(1,a)＝1＋eq \f(a＋b,a)＝2＋eq \f(b,a)， 同理，1＋eq \f(1,b)＝2＋eq \f(a,b)， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9. ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时，等号成立)). 证法二：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab). 由(1)知，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8， 故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥9，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立． 解：(1)设游船的速度为v km/h，旅游公司单程获得的利润为y元， 因为游船的燃料费用为每小时k·v2元， 依题意k·202＝60，则k＝eq \f(3,20). 所以y＝6000－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,20)v2·\f(100,v)＋240·\f(100,v)))＝6000－15v－eq \f(24000,v)(0<v≤50)． v＝30 km/h时，y＝4750元． 所以当游船以30 km/h的速度航行时，旅游公司单程获得的利润是4750元． (2)y＝6000－15v－eq \f(24000,v)≤6000－2eq \r(15v·\f(24000,v))＝4800， 当且仅当15v＝eq \f(24000,v)，即v＝40时，取等号． 所以当游船的航速为40 km/h时，旅游公司单程获得的利润最大，最大利润是4800元． $$