第2章 第2节 基本不等式-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二节　基本不等式 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 a>0，b>0 a＝b 必备知识—强基础 5 ≥ ≤ ≥ ≥ a＝b 必备知识—强基础 6 3．利用基本不等式求最值 (1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当______时，和x＋y有最小值_____．(简记：积定和最小) (2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当______时，积xy有最大值________．(简记：和定积最大) x＝y x＝y 必备知识—强基础 7 必备知识—强基础 8 必备知识—强基础 9 必备知识—强基础 10 × √ × √ 必备知识—强基础 11 必备知识—强基础 12 必备知识—强基础 13 (3)(人教A必修第一册习题2.2 T1(2)改编)函数y＝x(3－2x)(0≤x≤1)的最大值是________． 必备知识—强基础 14 (4)(人教A必修第一册复习参考题2 T5改编)已知a>0，b>0，且ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围为__________． [9，＋∞) 必备知识—强基础 15 考点探究—提素养 利用基本不等式求最值(多考向探究) 考向1　配凑法求最值 考点探究—提素养 17 考点探究—提素养 18 配凑法求最值的关键点 考点探究—提素养 19 考点探究—提素养 20 考点探究—提素养 21 考点探究—提素养 22 考点探究—提素养 23 常数代换法求最值的基本步骤 考点探究—提素养 24 3.已知实数a，b满足lg a＋lg b＝lg (a＋2b)，则2a＋b的最小值是(　　) A．5 B．9 C．13 D．18 考点探究—提素养 25 8 考点探究—提素养 26 考点探究—提素养 27 考点探究—提素养 28 当所求最值的代数式中变量比较多时，通常考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”的形式，最后利用基本不等式求最值． 考点探究—提素养 29 0 考点探究—提素养 30 考点探究—提素养 31 考点探究—提素养 32 考点探究—提素养 33 “和”“积”互化求最值的方法 (1)基本不等式具有将“和式”转化为“积式”及将“积式”转化为“和式”的放缩功能，因此可以用在一些不等式的证明中，还可以用于求代数式的最值． (2)如果条件中含有两个变量的和与积的形式，可以直接利用基本不等式对两个正数的和与积进行转化，然后通过解不等式进行求解，或者通过构造一元二次方程，利用根的分布解决问题． 考点探究—提素养 34 7.(2025·江西宜春一中模拟)已知x>0，y>0，且满足4x2＋9y2＋6xy－3＝0，则2x＋3y的最大值为______． 2 考点探究—提素养 35 考点探究—提素养 36 基本不等式的综合应用 考点探究—提素养 37 考点探究—提素养 38 (1)利用基本不等式求参数的值或范围时，要观察题目的特点，先确定是恒成立问题还是有解问题，再利用基本不等式确定等号成立的条件，最后通过解不等式(组)得到参数的值或范围． (2)当基本不等式与其他知识相结合时，往往是为其他知识提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值． (3)连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件要一致． 考点探究—提素养 39 考点探究—提素养 40 考点探究—提素养 41 　　(2025·广东韶关综合测试)在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W(单位：平方米)的计算公式是W＝(长＋4)×(宽＋4)，在不测量长和宽的情况下，若只知道这块矩形场地的面积是10000平方米，每平方米收费1元，则估算平整完这块矩形场地所需的最少费用(单位：元)是(　　) A．10000　　　　B．10480　　　　C．10816　　　　D．10818 基本不等式的实际应用 考点探究—提素养 42 　利用基本不等式解决实际应用问题的技巧 考点探究—提素养 43 　　　　　　10.一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买10 g黄金，售货员先将5 g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5 g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．若顾客实际购得的黄金为m g，则(　　) A．m>10 B．m＝10 C．m<10 D．以上都有可能 考点探究—提素养 44 考点探究—提素养 45 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 考向 基本不等式求最值 基本不等式求最值 基本不等式求最值 基本不等式求最值 基本不等式的实际应用 基本不等式求最值 基本不等式求最值 考点 配凑法求最值 配凑法求最值 “和”“积”互化求最值 常数代换法求最值 利用基本不等式求参数的最值 换元法求最值 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 47 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★ ★ ★★ 考向 基本不等式求最值 基本 不等式 基本不等式 求最值 基本不等式 基本不等式 基本不等式求最值 基本不等式求最值 考点 “和”“积”互化求最值 基本不等式成立的条件 “和”“积”互化、消元法、常数代换法求最值 利用几何图形证明不等式 基本不等式成立的条件 常数代换法求最值 “和”“积”互化求最值 题号 15 16 17 18 19 20 难度 ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ ★★★ 考向 基本不等式求最值 基本不等式求最值 基本不等式 求最值 基本不等式求最值 基本不等式求最值 基本不等式的实际应用 考点 “和”“积”互化求最值 常数代换法求最值 “和”“积”互化求最值 “和”“积”互化、常数代换法求最值 配凑法求最值 消元法、配凑法求最值 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 52 5．(2025·黑龙江哈三中模拟)已知某商品近期价格起伏较大，假设第一周和第二周该商品的单价分别为m元和n元(m≠n)，甲、乙两人购买该商品的方式不同，甲每周购买100元的该商品，乙每周购买20件该商品，若甲、乙两次购买平均单价分别为a1，a2，则(　　) A．a1＝a2 B．a1<a2 C．a1>a2 D．a1，a2的大小无法确定 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 63 3 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 64 4 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 68 17．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则(　　) A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2 C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 69 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 70 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 71 2 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 72 20．如图所示，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底面宽为2 m的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱的底面长为a m，高为b m．已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积成反比，现有制箱材料60 m2，则当a＝_______，b＝_______时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A，B孔的面积忽略不计)． 6 3 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 73 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 74 　　　　　　　　　　　　　 R 课标解读 考向预测 1.掌握基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)，了解其证明过程. 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. 基本不等式是高考考查的重点，基本不等式具有将“和式”转化为“积式”及将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常用于比较数(式)的大小或证明不等式．从近几年高考来看，基本不等式考查的内容、频率、题型难度均变化不大.2026年备考仍以选择题、解答题为主，重点关注利用基本不等式进行大小判断、与解三角形、圆锥曲线、导数等知识相结合求最值或求取值范围的问题. 1．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2). (1)基本不等式成立的条件：___________． (2)等号成立的条件：当且仅当_______时，等号成立． (3)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． eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) 2．几个重要的不等式 (1)a2＋b2______2ab(a，b∈R)． (2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)______2(a，b同号)． (3)ab______eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)． (4)eq \f(a2＋b2,2)______eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)． 以上不等式等号成立的条件均为________． 2eq \r(P) eq \f(1,4)S2 注意：(1)利用基本不等式求最值应满足三个条件：“一正、二定、三相等”，其中“一正”指正数，“二定”指求最值时和或积为定值，“三相等”指满足等号成立的条件． (2)形如y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)或y＝ax＋eq \f(b,x)(a＞0，b＞0)的函数求最值时，首先考虑用基本不等式，若等号取不到，再利用该函数的单调性求解． 1．常见求最值的模型 模型一：mx＋eq \f(n,x)≥2eq \r(mn)(m>0，n>0，x>0)，当且仅当x＝eq \r(\f(n,m))时，等号成立； 模型二：mx＋eq \f(n,x－a)＝m(x－a)＋eq \f(n,x－a)＋ma≥2eq \r(mn)＋ma(m>0，n>0，x>a)，当且仅当x－a＝eq \r(\f(n,m))时，等号成立； 模型三：eq \f(x,ax2＋bx＋c)＝eq \f(1,ax＋b＋\f(c,x))≤eq \f(1,2\r(ac)＋b)(a>0，c>0，x>0)，当且仅当x＝eq \r(\f(c,a))时，等号成立； 模型四：x(n－mx)＝eq \f(mx（n－mx）,m)≤eq \f(1,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mx＋n－mx,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(n2,4m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m>0，n>0，0<x<\f(n,m)))，当且仅当x＝eq \f(n,2m)时，等号成立． 2．权方和不等式 已知正数a，b，x，y，则eq \f(a2,x)＋eq \f(b2,y)≥eq \f(（a＋b）2,x＋y)，当且仅当ay＝bx时，等号成立． 题组一　走出误区——判一判 (1)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.(　　) (2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2.(　　) (3)已知0<x<eq \f(1,2)，则x(1－2x)的最大值为eq \f(1,8).(　　) (4)函数f(x)＝cosx＋eq \f(4,cosx)的最小值为4.(　　) 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教B必修第一册2.2.4练习A T1改编)设a＞0，则9a＋eq \f(1,a)的最小值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：9a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(9a·\f(1,a))＝6，当且仅当9a＝eq \f(1,a)，即a＝eq \f(1,3)时，等号成立． (2)(人教A必修第一册2.2例3(2)改编)矩形两边长分别为a，b，且a＋2b＝6，则矩形面积的最大值是(　　) A．4 B．eq \f(9,2) C．eq \f(3\r(2),2) D．2 解析：依题意，可得a＞0，b＞0，则6＝a＋2b≥2eq \r(a·2b)＝2eq \r(2)×eq \r(ab)，当且仅当a＝2b时取等号，所以ab≤eq \f(62,8)＝eq \f(9,2)，即矩形面积的最大值为eq \f(9,2).故选B. eq \f(9,8) 解析：因为0≤x≤1，所以3－2x＞0，所以y＝eq \f(1,2)×2x(3－2x)≤eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（3－2x）,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,8)，当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时取等号． 解析：因为a＞0，b>0，所以ab－3＝a＋b≥2eq \r(ab)，于是ab－2eq \r(ab)－3≥0，解得eq \r(ab)≤－1(舍去)或eq \r(ab)≥3，所以ab≥9，当且仅当a＝b＝3时，等号成立，所以ab的取值范围是[9，＋∞)． (1)已知0<x<2，则y＝xeq \r(4－x2)的最大值为(　　) A．2 B．4 C．5 D．6 解析：因为0<x<2，所以y＝xeq \r(4－x2)＝eq \r(x2（4－x2）)≤eq \f(x2＋（4－x2）,2)＝2，当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时，等号成立，即y＝xeq \r(4－x2)的最大值为2.故选A. (2)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(4,5) C．eq \f(2\r(5),5) D．2 解析：因为5x2y2＋y4＝1，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,5)y2))y2＝eq \f(1,5)，所以x2＋y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,5)y2))＋eq \f(4,5)y2≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,5)y2))·\f(4,5)y2)＝2eq \r(\f(4,25))＝eq \f(4,5)，当且仅当x2＋eq \f(1,5)y2＝eq \f(4,5)y2，即x＝±eq \f(\r(30),10)，y＝±eq \f(\r(2),2)时，等号成立．故选B. 1.函数y＝3x＋eq \f(4,3x－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,3)))的最小值为(　　) A．8 B．7 C．6 D．5 解析：因为x>eq \f(1,3)，所以3x－1>0，所以y＝3x＋eq \f(4,3x－1)＝(3x－1)＋eq \f(4,3x－1)＋1≥2eq \r(（3x－1）·\f(4,3x－1))＋1＝5，当且仅当3x－1＝eq \f(4,3x－1)，即x＝1时，等号成立，故函数y＝3x＋eq \f(4,3x－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,3)))的最小值为5.故选D. 2．已知a>1，b>1，且log2eq \r(a)＝logb4，则ab的最小值为(　　) A．4 B．8 C．16 D．32 解析：∵log2eq \r(a)＝logb4，∴eq \f(1,2)log2a＝logb4，即log2a＝eq \f(2log24,log2b)，∴log2a·log2b＝4.∵a>1，b>1，∴log2a>0，log2b>0，∴log2(ab)＝log2a＋log2b≥2eq \r(log2a·log2b)＝4，当且仅当log2a＝log2b＝2，即a＝b＝4时取等号，∴ab≥24＝16，当且仅当a＝b＝4时取等号，故ab的最小值为16.故选C. 考向2　常数代换法求最值 (1)已知a>0，b>0，a＋2b＝3，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为(　　) A．eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(2\r(3),3) C．1＋eq \f(2\r(2),3) D．1＋eq \f(2\r(3),3) 解析：因为a＋2b＝3，所以eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b＝1，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(a,3b)＋eq \f(2b,3a)≥1＋2eq \r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq \f(2\r(2),3)，当且仅当eq \f(a,3b)＝eq \f(2b,3a)，即a＝3(eq \r(2)－1)，b＝eq \f(3（2－\r(2)）,2)时，等号成立．故选C. (2)已知0<x<1，则eq \f(9,x)＋eq \f(16,1－x)的最小值为(　　) A．50 B．49 C．25 D．7 解析：因为0<x<1，所以eq \f(9,x)＋eq \f(16,1－x)＝(x＋1－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,x)＋\f(16,1－x)))＝25＋eq \f(9（1－x）,x)＋eq \f(16x,1－x)≥25＋2eq \r(\f(9（1－x）,x)·\f(16x,1－x))＝49，当且仅当eq \f(9（1－x）,x)＝eq \f(16x,1－x)，即x＝eq \f(3,7)时，等号成立，所以eq \f(9,x)＋eq \f(16,1－x)的最小值为49.故选B. 解析：由lg a＋lg b＝lg (a＋2b)，可得lg (ab)＝lg (a＋2b)，所以ab＝a＋2b，即eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝1，且a>0，b>0，则2a＋b＝(2a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,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，等号成立，所以2a＋b的最小值为9.故选B. 4．若直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)过点(1，2)，则2a＋b的最小值为_______． 解析：因为直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)过点(1，2)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1，因为a＞0，b＞0，所以2a＋b＝(2a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝2＋eq \f(4a,b)＋eq \f(b,a)＋2≥4＋2eq \r(\f(4a,b)·\f(b,a))＝8，当且仅当eq \f(4a,b)＝eq \f(b,a)，即a＝2，b＝4时取等号，所以2a＋b的最小值为8. 考向3　消元法、换元法求最值 (1)函数y＝eq \f(x2＋3x＋3,x＋1)(x<－1)的最大值为(　　) A．3 B．2 C．1 D．－1 解析：令t＝x＋1(t＜0)，则y＝eq \f(t2＋t＋1,t)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－t＋\f(1,－t)))＋1≤－2eq \r(（－t）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t))))＋1＝－1，当且仅当t＝eq \f(1,t)＝－1，即x＝－2时，等号成立．故选D. (2)若x>0，y>0，且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,x＋2y)＝1，则2x＋y的最小值为(　　) A．2 B．2eq \r(3) C．eq \f(1,2)＋eq \r(3) D．4＋2eq \r(3) 解析：设x＋1＝a，x＋2y＝b，则x＝a－1，y＝eq \f(b－a＋1,2)，且a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，2x＋y＝2(a－1)＋eq \f(b－a＋1,2)＝eq \f(3a＋b,2)－eq \f(3,2)，而3a＋b＝(3a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq \f(3a,b)＋eq \f(b,a)≥4＋2eq \r(\f(3a,b)·\f(b,a))＝4＋2eq \r(3)，当且仅当eq \f(3a,b)＝eq \f(b,a)，即a＝eq \f(3＋\r(3),3)，b＝eq \r(3)＋1时，等号成立，则2x＋y≥eq \f(4＋2\r(3),2)－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)＋eq \r(3).故选C. 5.设a≥0，b≥0，且2eq \r(a)＋b＝1，则eq \f(a,b)的最小值为________． 解析：因为2eq \r(a)＋b＝1，所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b－1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(（b－1）2,4)，所以eq \f(a,b)＝eq \f(（b－1）2,4b)＝eq \f(b,4)＋eq \f(1,4b)－eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(b,4)·\f(1,4b))－eq \f(1,2)＝0，当且仅当a＝0，b＝1时取等号． 6．若正数a，b满足2a＋b＝1，则eq \f(a,2－2a)＋eq \f(b,2－b)的最小值是________． 解析：设u＝2－2a，v＝2－b，则a＝eq \f(2－u,2)，b＝2－v，则u＋v＝3(u>0，v>0)，所以eq \f(a,2－2a)＋eq \f(b,2－b)＝eq \f(1－\f(1,2)u,u)＋eq \f(2－v,v)＝eq \f(1,u)＋eq \f(2,v)－eq \f(3,2)＝eq \f(1,3)(u＋v)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,u)＋\f(2,v)))－eq \f(3,2)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(v,u)＋\f(2u,v)))－eq \f(3,2)≥eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(v,u)·\f(2u,v))))－eq \f(3,2)＝1＋eq \f(2\r(2),3)－eq \f(3,2)＝eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2)，当且仅当v＝6－3eq \r(2)，u＝3eq \r(2)－3时，等号成立，所以eq \f(a,2－2a)＋eq \f(b,2－b)的最小值为eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2). eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2) 考向4　“和”“积”互化求最值 (多选)设a>1，b>1，且ab－(a＋b)＝1，那么(　　) A．a＋b有最小值2eq \r(2)＋2 B．a＋b有最大值2eq \r(2)－2 C．ab有最大值3－2eq \r(2) D．ab有最小值3＋2eq \r(2) 解析：解法一：∵a>1，b>1，∴ab－1＝a＋b≥2eq \r(ab)，当a＝b时取等号，即ab－2eq \r(ab)－1≥0，解得eq \r(ab)≥eq \r(2)＋1，∴ab≥(eq \r(2)＋1)2＝3＋2eq \r(2)，∴ab有最小值3＋2eq \r(2).又ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，当a＝b时取等号，∴1＝ab－(a＋b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)－(a＋b)，即(a＋b)2－4(a＋b)≥4，则[(a＋b)－2]2≥8，解得a＋b－2≥2eq \r(2)，即a＋b≥2eq \r(2)＋2，∴a＋b有最小值2eq \r(2)＋2.故选AD. 解法二：由ab－(a＋b)＝1，得(a－1)(b－1)＝2，所以a＋b＝(a－1)＋(b－1)＋2≥2eq \r(（a－1）（b－1）)＋2＝2eq \r(2)＋2，所以ab＝a＋b＋1≥3＋2eq \r(2)，当且仅当a＝b时，等号成立．故选AD. 解析：解法一：由4x2＋9y2＋6xy－3＝0，可得4x2＋9y2＋12xy＝3＋6xy，由基本不等式，得(2x＋3y)2＝3＋2x·3y≤3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2))) eq \s\up12(2)，可得eq \f(3,4)(2x＋3y)2≤3，所以2x＋3y≤2，当且仅当2x＝3y时取等号，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,4x2＋9y2＋6xy－3＝0，))解得x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,3)，故2x＋3y的最大值为2. 解法二：由4x2＋9y2＋6xy－3＝0，可得(x2＋9y2＋6xy)＋3x2＝3，因为x>0，y>0，由权方和不等式，得eq \f(（x＋3y）2,1)＋eq \f(x2,\f(1,3))≥eq \f(（x＋3y＋x）2,1＋\f(1,3))，即4≥(2x＋3y)2，所以2x＋3y≤2，当且仅当eq \f(x＋3y,1)＝eq \f(x,\f(1,3))，即2x＝3y时取等号，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,4x2＋9y2＋6xy－3＝0，))解得x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,3)，故2x＋3y的最大值为2. (1)已知a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋2eq \r(ab)的最小值是(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．5 解析：由a＞0，b＞0可知，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))，当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)，即a＝b时，等号成立，又2eq \r(\f(1,ab))＋2eq \r(ab)≥2eq \r(4)＝4，当且仅当2eq \r(\f(1,ab))＝2eq \r(ab)，即eq \r(\f(1,ab))＝eq \r(ab)，ab＝1，即a＝b＝1时，等号成立．故选C. (2)若对任意正数x，不等式eq \f(2,x2＋4)≤eq \f(2a＋1,x)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 解析：依题意，得当x>0时，2a＋1≥eq \f(2x,x2＋4)＝eq \f(2,x＋\f(4,x))恒成立，又x＋eq \f(4,x)≥4，当且仅当x＝2时取等号，所以eq \f(2,x＋\f(4,x))的最大值为eq \f(1,2)，所以2a＋1≥eq \f(1,2)，解得a≥－eq \f(1,4)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).故选B. 8.若两个正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，且不等式x＋eq \f(y,4)<m2－3m有解，则实数m的取值范围是(　　) A．{m|－1<m<4} B．{m|m<－4，或m>1} C．{m|－4<m<1} D．{m|m<－1，或m>4} 解析：∵不等式x＋eq \f(y,4)<m2－3m有解，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,4)))eq \s\do7(min)<m2－3m，∵x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，∴x＋eq \f(y,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝eq \f(4x,y)＋eq \f(y,4x)＋2≥2eq \r(\f(4x,y)·\f(y,4x))＋2＝4，当且仅当eq \f(4x,y)＝eq \f(y,4x)，即x＝2，y＝8时，等号成立，∴m2－3m>4，∴(m＋1)(m－4)>0，∴m<－1或m>4，∴实数m的取值范围是{m|m<－1，或m>4}．故选D. 9．(2025·山西太原模拟)若a>0，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为________． 解析：∵a>0，b>0，∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b≥2eq \r(\f(1,a)·\f(a,b2))＋b＝eq \f(2,b)＋b≥2eq \r(\f(2,b)·b)＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(a,b2)且eq \f(2,b)＝b，即a＝b＝eq \r(2)时，等号成立，∴eq \f(1,a)＋eq \f(a,b2)＋b的最小值为2eq \r(2). 2eq \r(2) 解析：设矩形场地的长为x米，则宽为eq \f(10000,x)米，W＝(x＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10000,x)＋4))＝4x＋eq \f(40000,x)＋10016≥2eq \r(4x·\f(40000,x))＋10016＝10816，当且仅当4x＝eq \f(40000,x)，即x＝100时，等号成立．所以平整完这块矩形场地所需的最少费用为1×10816＝10816元．故选C. 解析：由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为a，右臂长为b，则a≠b，设先称得黄金为x g，后称得黄金为y g，则bx＝5a，ay＝5b，∴x＝eq \f(5a,b)，y＝eq \f(5b,a)，∴x＋y＝eq \f(5a,b)＋eq \f(5b,a)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥5×2eq \r(\f(a,b)·\f(b,a))＝10，当且仅当eq \f(a,b)＝eq \f(b,a)，即a＝b时，等号成立，但a≠b，等号不成立，即x＋y>10.因此顾客实际购得的黄金克数m>10.故选A. 一、单项选择题 1．当x＜0时，函数y＝x＋eq \f(4,x)(　　) A．有最大值－4 B．有最小值－4 C．有最大值4 D．有最小值4 解析：y＝x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2×eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4，当且仅当x＝－2时，等号成立．故选A. 2．(2024·河北唐山一模)已知函数f(x)＝eq \f(x,\r(x－2))，则f(x)的最小值为(　　) A．0 B．2 C．2eq \r(2) D．3 解析：由已知，得x>2，所以f(x)＝eq \f(x,\r(x－2))＝eq \f(（\r(x－2)）2＋2,\r(x－2))＝eq \r(x－2)＋eq \f(2,\r(x－2))≥2eq \r(2)，当且仅当eq \r(x－2)＝eq \f(2,\r(x－2))，即x＝4时，等号成立，则f(x)的最小值为2eq \r(2).故选C. 3．已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　) A．13 B．12 C．9 D．6 解析：由椭圆的定义可知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6.由基本不等式可得|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq \s\up12(2)＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，等号成立．故选C. 4．已知直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆(x－1)2＋(y－2)2＝2026的圆心，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为(　　) A．3＋2eq \r(2) B．3－2eq \r(2) C．6 D．9 解析：由圆的方程知，圆心为(1，2)．∵直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆的圆心，∴a＋2b＝1(ab>0)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(a＋2b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝3＋eq \f(a,b)＋eq \f(2b,a)≥3＋2eq \r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝3＋2eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(a,b)＝\f(2b,a)，即a＝\r(2)b时取等号))，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为3＋2eq \r(2).故选A. 解析：由题意，得a1＝eq \f(200,\f(100,m)＋\f(100,n))＝eq \f(2mn,m＋n)，a2＝eq \f(20（m＋n）,40)＝eq \f(m＋n,2)，因为m>0，n>0，m≠n，所以eq \f(m＋n,2)>eq \r(mn)，eq \f(2mn,m＋n)<eq \f(2mn,2\r(mn))＝eq \r(mn)，即a1<a2.故选B. 6．若对任意m，n∈(0，＋∞)，都有m2－amn＋2n2≥0，则实数a的最大值为(　　) A．4 B．eq \f(9,2) C．eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析：由m2－amn＋2n2≥0，得m2＋2n2≥amn，即a≤eq \f(m2＋2n2,mn)＝eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)恒成立，因为eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)≥2eq \r(\f(m,n)·\f(2n,m))＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(m,n)＝eq \f(2n,m)，即m＝eq \r(2)n时取等号，所以a≤2eq \r(2)，故实数a的最大值为2eq \r(2).故选D. 7．设x，y为正实数，若2x＋y＋2xy＝eq \f(5,4)，则2x＋y的最小值是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：因为x，y为正实数，且eq \f(5,4)＝2x＋y＋2xy＝(2x＋1)(y＋1)－1，令m＝2x＋1，n＝y＋1，则mn＝eq \f(9,4)，所以2x＋y＝m＋n－2≥2eq \r(mn)－2＝1，当且仅当m＝n，即y＝eq \f(1,2)，x＝eq \f(1,4)时取等号．故选D. 8．若a，b，c均为正数，且满足a2＋2ab＋3ac＋6bc＝1，则2a＋2b＋3c的最小值是(　　) A．2 B．1 C．eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析：因为a2＋2ab＋3ac＋6bc＝1，所以a(a＋2b)＋3c(a＋2b)＝(a＋2b)(a＋3c)＝1，又a，b，c均为正数，所以(a＋2b)(a＋3c)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b＋a＋3c,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(（2a＋2b＋3c）2,4)，当且仅当a＋2b＝a＋3c＝1时取等号，所以eq \f(（2a＋2b＋3c）2,4)≥1，即2a＋2b＋3c≥2.故选A. 二、多项选择题 9．下列四个函数中，最小值为2的是(　　) A．y＝sinx＋eq \f(1,sinx) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x≤\f(π,2))) B．y＝ln x＋eq \f(1,ln x)(x＞0，x≠1) C．y＝eq \f(x2＋6,\r(x2＋5)) D．y＝4x＋4-x 解析：对于A，因为0＜x≤eq \f(π,2)，所以0＜sinx≤1，则y＝sinx＋eq \f(1,sinx)≥2，当且仅当sinx＝eq \f(1,sinx)，即sinx＝1时取等号，故y＝sinx＋eq \f(1,sinx) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x≤\f(π,2)))的最小值为2，A符合题意；对于B，当0＜x＜1时，ln x＜0，此时y＝ln x＋eq \f(1,ln x)为负值，无最小值，B不符合题意；对于C，y＝eq \f(x2＋6,\r(x2＋5))＝eq \r(x2＋5)＋eq \f(1,\r(x2＋5))，设t＝eq \r(x2＋5)，则t≥eq \r(5)，则y≥eq \r(5)＋eq \f(1,\r(5))＝eq \f(6\r(5),5)，其最小值不是2，C不符合题意；对于D，y＝4x＋4－x＝4x＋eq \f(1,4x)≥2eq \r(4x·\f(1,4x))＝2，当且仅当x＝0时取等号，故y＝4x＋4－x的最小值为2，D符合题意．故选AD. 10．已知正实数a，b满足ab＋a＋b＝8，则下列说法正确的是(　　) A．ab的最大值为2 B．a＋b的最小值为4 C．a＋2b的最小值为6eq \r(2)－3 D.eq \f(1,a（b＋1）)＋eq \f(1,b)的最小值为eq \f(1,2) 解析：对于A，因为ab＋a＋b＝8≥ab＋2eq \r(ab)，即(eq \r(ab))2＋2eq \r(ab)－8≤0，解得0<eq \r(ab)≤2，则ab≤4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故A错误；对于B，ab＋a＋b＝8≤eq \f(（a＋b）2,4)＋(a＋b)，即(a＋b)2＋4(a＋b)－32≥0，解得a＋b≤－8(舍去)，a＋b≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，故B正确；对于C，由题意可得b(a＋1)＝8－a，所以b＝eq \f(8－a,a＋1)>0，解得0<a<8，a＋2b＝a＋2×eq \f(8－a,a＋1)＝a＋eq \f(18,a＋1)－2＝a＋1＋eq \f(18,a＋1)－3≥2eq \r(（a＋1）·\f(18,a＋1))－3＝6eq \r(2)－3，当且仅当a＋1＝eq \f(18,a＋1)，即a＝3eq \r(2)－1时取等号，故C正确；对于D，因为eq \f(1,a（b＋1）)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,8) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a（b＋1）)＋\f(1,b)))[a(b＋1)＋b]＝eq \f(1,8) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a（b＋1）)＋\f(a（b＋1）,b)))≥eq \f(1,8)×(2＋2)＝eq \f(1,2)，当且仅当eq \f(b,a（b＋1）)＝eq \f(a（b＋1）,b)，即b＝4，a＝eq \f(4,5)时取等号，故D正确．故选BCD. 11．《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后来西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b(a>0，b>0)，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线，交半圆于点D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E，取弧eq \o(AB,\s\up18(︵))的中点F，连接FC，则该图形可以完成的所有无字证明为(　　) A．eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab) B．a2＋b2≥2ab C．eq \r(ab)≥eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) D．eq \r(\f(a2＋b2,2))≥eq \f(a＋b,2) 解析：由题意知，AC＝a，BC＝b，∠ADB＝eq \f(π,2)，在Rt△ADB中，由三角形相似，得CD2＝AC·BC，即CD2＝ab，又OD≥CD且OD＝eq \f(AB,2)＝eq \f(a＋b,2)，所以eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，所以A符合题意；在Rt△OCD中，同理可得CD2＝DE·OD，所以DE＝eq \f(CD2,OD)＝eq \f(ab,\f(a＋b,2))＝eq \f(2ab,a＋b)，因为CD≥DE，所以eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))，当且仅当a＝b时，等号成立，所以C符合题意； 由OC＝OB－BC＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \f(a－b,2)，连接OF，因为F为弧eq \o(AB,\s\up18(︵))的中点，所以OF⊥OC，在Rt△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝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(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a2＋b2,2)，即FC＝eq \r(\f(a2＋b2,2))，因为FC≥OF，所以eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时，等号成立，所以D符合题意．故选ACD. 三、填空题 12．若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取得最小值，则a＝________． 解析：当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(（x－2）·\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)(x>2)，即x＝3时取等号，即当f(x)取得最小值时，x＝3，即a＝3. 13．(2025·广西河池适应性测试)若实数a>1>b>0，且a2＋2b＝b2＋2a，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,b)的最小值为________． 解析：由a2＋2b＝b2＋2a可得(a－b)(a＋b－2)＝0，因为a>1>b>0，所以a－b≠0，即a＋b－2＝0，则a－1＋b＝1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,b)))(a－1＋b)＝2＋eq \f(b,a－1)＋eq \f(a－1,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a－1)·\f(a－1,b))＝4，当且仅当eq \f(b,a－1)＝eq \f(a－1,b)，即a＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故eq \f(1,a－1)＋eq \f(1,b)的最小值为4. 14．设x>0，y>0，x＋2y＝4，则eq \f(（x＋1）（2y＋1）,xy)的最小值为________． 解析：由x＋2y＝4，得x＋2y＝4≥2eq \r(2xy)，故xy≤2，eq \f(（x＋1）（2y＋1）,xy)＝eq \f(2xy＋x＋2y＋1,xy)＝eq \f(2xy＋5,xy)＝2＋eq \f(5,xy)≥2＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，当且仅当x＝2y，即x＝2，y＝1时，等号成立．故所求式子的最小值为eq \f(9,2). eq \f(9,2) 15．已知正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＋4＝x＋y，则x＋y的最小值为(　　) A.eq \r(13)－2 B．2 C．2＋eq \r(13) D．2＋eq \r(14) 解析：因为正实数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＋4＝x＋y，等式两边同时乘以x＋y，可得(x＋y)2＝4(x＋y)＋5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥4(x＋y)＋5＋2eq \r(\f(y,x)·\f(4x,y))＝4(x＋y)＋9，所以(x＋y)2－4(x＋y)－9≥0，因为x＋y>0，所以x＋y≥2＋eq \r(13)，当且仅当y＝2x时，等号成立．因此x＋y的最小值为2＋eq \r(13).故选C. 16．已知点E是△ABC的中线BD上的一点(不包括端点)，若eq \o(AE,\s\up12(→))＝xeq \o(AB,\s\up12(→))＋yeq \o(AC,\s\up12(→))，则eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最小值为(　　) A．4 B．6　　　　　　　C．8　　　　　　　D．9 解析：设eq \o(BE,\s\up12(→))＝λeq \o(BD,\s\up12(→))(0<λ<1)，∵eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋λeq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋λ(eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝(1－λ)eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(λ,2) eq \o(AC,\s\up12(→))，∴x＝1－λ，y＝eq \f(λ,2)(x>0，y>0)，∴eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(2,1－λ)＋eq \f(2,λ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－λ)＋\f(2,λ)))[(1－λ)＋λ]＝4＋eq \f(2λ,1－λ)＋eq \f(2（1－λ）,λ)≥4＋2eq \r(\f(2λ,1－λ)·\f(2（1－λ）,λ))＝8，当且仅当eq \f(2λ,1－λ)＝eq \f(2（1－λ）,λ)，即λ＝eq \f(1,2)时取等号，故eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)的最小值为8.故选C. 解析：由x2＋y2－xy＝1，得(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)，解得－2≤x＋y≤2，当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；由x2＋y2－xy＝1，得x2＋y2－1＝xy，又x2＋y2≥2eq \r(x2·y2)＝2|xy|，所以|x2＋y2－1|≤eq \f(x2＋y2,2)，即－eq \f(x2＋y2,2)≤x2＋y2－1≤eq \f(x2＋y2,2)，所以eq \f(2,3)≤x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时，x2＋y2＝2，当x＝eq \f(\r(3),3)，y＝－eq \f(\r(3),3)或x＝－eq \f(\r(3),3)，y＝eq \f(\r(3),3)时，x2＋y2＝eq \f(2,3)，所以C正确，D错误．故选BC. 18．(多选)若a>b>0，且a＋b＝1，则(　　) A．2a＋2b≥2eq \r(2) B.eq \f(2,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(2) C．(a2＋1)(b2＋1)<eq \f(3,2) D.eq \f(a2,a＋2)＋eq \f(b2,b＋1)≥eq \f(1,4) 解析：因为a>b>0，且a＋b＝1，所以0<b<eq \f(1,2)，eq \f(1,2)<a<1.对于A，因为2a＋2b≥2eq \r(2a·2b)＝2eq \r(2a＋b)＝2eq \r(2)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，但a>b>0，所以等号取不到，故A错误； 对于B，因为eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，由基本不等式，得eq \f(2,a)＋eq \f(a,b)＝eq \f(2a＋2b,a)＋eq \f(a,b)＝2＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))＝2＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝2－eq \r(2)，b＝eq \r(2)－1时，等号成立，所以eq \f(2,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(2)，故B正确；对于C，因为a＋b＝1，所以(a2＋1)(b2＋1)＝a2b2＋a2＋b2＋1＝a2b2＋(a＋b)2－2ab＋1＝a2b2－2ab＋2＝(ab－1)2＋1，其中ab≤eq \f(（a＋b）2,4)＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b时取等号，但a>b>0，所以等号取不到，所以0<ab<eq \f(1,4)，(a2＋1)(b2＋1)＝(ab－1)2＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,16)，2))，故C错误；对于D，由权方和不等式，得eq \f(a2,a＋2)＋eq \f(b2,b＋1)≥eq \f(（a＋b）2,a＋b＋3)＝eq \f(1,4)，当且仅当a(b＋1)＝b(a＋2)，即a＝2b＝eq \f(2,3)时，等号成立，故D正确．故选BD. 19．(2025·辽宁鞍山育英学校高三期末)已知实数x>0，y>0，则eq \f((x＋1)2＋(3y＋1)2,x2＋9y2＋2)的最大值为________． 解析：因为eq \f((x＋1)2＋(3y＋1)2,x2＋9y2＋2)＝eq \f(x2＋2x＋1＋9y2＋6y＋1,x2＋9y2＋2)＝1＋eq \f(2(x＋3y),x2＋9y2＋2)，x>0，y>0，由不等式的知识可得eq \r(\f(x2＋9y2,2))≥eq \f(x＋3y,2)，即x2＋9y2≥eq \f((x＋3y)2,2)，取等号的条件是x＝3y，所以1＋eq \f(2(x＋3y),x2＋9y2＋2)≤1＋eq \f(2(x＋3y),\f((x＋3y)2,2)＋2)＝1＋eq \f(2,\f(x＋3y,2)＋\f(2,x＋3y))≤1＋eq \f(2,2\r(\f(x＋3y,2)·\f(2,x＋3y)))＝2，取等号的条件是eq \f(2,x＋3y)＝eq \f(x＋3y,2)，即x＋3y＝2，结合x＝3y，可得取到最大值的条件是x＝1，y＝eq \f(1,3). 解析：设y为流出的水中杂质的质量分数，则y＝eq \f(k,ab)，其中k为比例系数，且k＞0，依题意，求使y值最小的a，b的值．根据题设，有4b＋2ab＋2a＝60(a＞0，b＞0)，解得b＝eq \f(30－a,2＋a)(0＜a＜30)　①，于是y＝eq \f(k,ab)＝eq \f(k,\f(30a－a2,2＋a))＝eq \f(k,－a＋32－\f(64,a＋2))＝eq \f(k,34－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2＋\f(64,a＋2))))≥eq \f(k,34－2\r((a＋2)·\f(64,a＋2)))＝eq \f(k,18)，当且仅当a＋2＝eq \f(64,a＋2)，即a＝6或a＝－10(舍去)时取等号，y取得最小值，将a＝6代入①式，解得b＝3.所以当a＝6，b＝3时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小． $$