2.2 第2课时 基本不等式的应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦基本不等式的应用，涵盖不等式证明与实际最值问题。通过评价自测题衔接性质学习，以“变形转化”为支架，从代数式拆配过渡到实际问题抽象，构建完整知识脉络。 其亮点在于分层设计题型与生活实例结合，通过羊驼养殖场面积、租车费用等问题培养数学建模，强调“1”的代换等变形策略发展数学思维。学生能提升应用能力，教师可借助系统题型与训练提高教学效率。

第二章　一元二次函数、方程和不等式 2.2　基本不等式 第2课时　基本不等式的应用 课程标准：1.能用基本不等式进行简单的证明.2.能用基本不等式解决实际问题中的最值问题． 教学重点：1.不等式的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． (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　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． 知识点二　利用基本不等式解决实际问题 利用基本不等式解决实际问题的关键是构建模型，分析实际问题中的数量关系，引入未知数，并用它表示其他变量． 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 2．(基本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 核心概念掌握 7 核心素养形成 核心素养形成 9 核心素养形成 10 【感悟提升】利用基本不等式证明不等式的策略 核心素养形成 11 核心素养形成 12 题型二　基本不等式在实际问题中的应用 例2　　为了增强生物实验课的趣味性，丰富生物实验教学内容，我校计划沿着围墙(足够长)划出一块面积为100平方米的矩形区域ABCD修建一个羊驼养殖场，规定矩形ABCD的每条边长均不超过20米．如图所示，矩形EFGH为羊驼养殖区，且点A，B，E，F四点共线，阴影部分为1米宽的鹅卵石小径．设AB＝x(单位：米)，养殖区域EFGH的面积为S(单位：平方米)． (1)将S用x来表示，并写出x的取值范围； (2)当AB为多长时，S取得最大值？并求出此最大值． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 【感悟提升】利用基本不等式解决实际问题的步骤 (1)理解题意．设变量，并理解变量的实际意义． (2)构造定值．利用基本不等式求最值． (3)检验．检验等号成立的条件是否满足题意． (4)结论． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】利用基本不等式求参数的策略 (1)观察题目特点，由基本不等式确定相关成立条件． (2)分离参数，转化为求代数式的值或取值范围． ①a≤y恒成立⇔a≤ymin； ②a≥y恒成立⇔a≥ymax. (3)注意等号的取舍． 核心素养形成 19 2 核心素养形成 20 随堂水平达标 随堂水平达标 22 随堂水平达标 23 3．(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，则下列说法中正确的是(　　) 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 随堂水平达标 24 解析：由题意，知a>0，b>0，(a＋b)2表示正方形ABCD的面积，4ab表示4个长方形的面积之和，(a－b)2表示正方形A1B1C1D1的面积，所以(a＋b)2≥4ab，(a＋b)2>(a－b)2，故A，D正确；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，故B正确；C显然错误．故选ABD. 随堂水平达标 25 －4 随堂水平达标 26 5．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 随堂水平达标 27 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 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 对点 基本不等式在实际问题中的应用——增长率 问题 基本不等式中的恒成立问题——配 凑法 基本不等式与方程结合 基本不等式在实际问题中的应用 基本不等式在数学文化中的应用 构造多个基本不等式证明不等式 基本不等式中的恒成立问题——直 接法 基本不等式在实际问题中的应用——容积最大问题 基本不等式在实际问题中的应用——直 接法 基本不等式在实际问题中的应用——速度问题 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 基本不等式中的恒成立问题——换元法 基本不等式在实际问题中的应用——利润最大问题 基本不等式中的恒成立问题——常数代换法 基本不等式在实际问题中的应用——面积最小问题 基本不等式在数学文化中的应用 利用基本不等式判断不等关系——直接法 基本不等式中的恒成立问题——配 凑法 利用基本不等式证明不等式 基本不等式在实际问题中的应用——成本最低 问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 三、填空题 12．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． 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 14．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.要求点B在AM上，点D在AN上，且对角线MN过点C，已知AB＝3米，AD＝2米，则当DN＝________米时，矩形花坛AMPN的面积最小，最小值为________平方米． 2 24 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 {m|m≤4} 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 59 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(利用基本不等式求参数)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 题型一　利用基本不等式证明不等式 例1　　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. (1)利用基本不等式证明不等式时，可依据要求证不等式的两端的结构，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，另外要特别注意多次运用基本不等式时等号成立的条件． (3)当不能直接利用基本不等式时，可将原不等式进行组合、构造，以满足能使用基本不等式的形式． 【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，等号成立， ∴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　(1)因为AB＝x，所以AD＝eq \f(100,x)， EF＝x－2，FG＝eq \f(100,x)－1， 所以S＝(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(100,x)－1))＝102－eq \f(200,x)－x， 因为0<x≤20，0<eq \f(100,x)≤20，所以5≤x≤20， 所以S＝102－eq \f(200,x)－x，5≤x≤20. (2)S＝102－eq \f(200,x)－x≤102－2eq \r(x·\f(200,x))＝102－20eq \r(2). 当且仅当x＝10eq \r(2)时，等号成立，经验证，符合题意， 即当AB＝10eq \r(2)米时，S取得最大值，为(102－20eq \r(2))平方米． 【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．租车需付给司机的工资为每小时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，等号成立，符合题意， 所以这次租车的总费用最少是280元，此时的车速为70 km/h. 题型三　基本不等式的综合问题 例3　　若不等式9x＋eq \f(a2,x)≥a＋1(常数a>0)对一切正实数x恒成立，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恒成立，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(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,5))))). 【跟踪训练】 3．若不等式x＋2eq \r(2xy)≤a(x＋y)对一切正实数x，y恒成立，则实数a的最小值为________． 解析：因为x>0，y>0，则x＋2eq \r(2xy)≤a(x＋y)⇔a≥eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)，而eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)＝eq \f(x＋2\r(x·2y),x＋y)≤eq \f(x＋2·\f(x＋2y,2),x＋y)＝eq \f(2x＋2y,x＋y)＝2，当且仅当x＝2y时，等号成立，则a≥2，所以实数a的最小值为2. 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：设每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为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. 2．中国南宋著名数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式S＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)求得，其中p为三角形周长的一半．已知△ABC的周长为12，c＝4，则当此三角形的面积最大时，∠A＝(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：由题可知a＋b＝8，c＝4，可得p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)＝6，则S＝eq \r(6（6－a）（6－b）（6－4）)＝eq \r(12（6－a）（6－b）)≤eq \r(12)×eq \f(6－a＋6－b,2)＝4eq \r(3)，当且仅当a＝b＝4时，等号成立，所以此时三角形为等边三角形，故∠A＝60°.故选C. 4．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，当且仅当a＝b时，等号成立，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，所以实数k的最小值为－4. 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. 4eq \r(2) 一、单项选择题 1．某工厂第一年的产量为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)(当且仅当a＝b时，等号成立)，所以1＋x≤1＋eq \f(a＋b,2)，故x≤eq \f(a＋b,2). 2．若∀x∈{x|x>1}，不等式2x＋m＋eq \f(2,x－1)>0恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A．{m|m<－8} B．{m|m>－8} C．{m|m<－6} D．{m|m>－6} 解析：不等式2x＋m＋eq \f(2,x－1)>0化为2(x－1)＋eq \f(2,x－1)>－m－2，∵x>1，∴2(x－1)＋eq \f(2,x－1)≥2eq \r(2（x－1）·\f(2,x－1))＝4，当且仅当2(x－1)＝eq \f(2,x－1)，即x＝2时，等号成立．∵不等式2x＋m＋eq \f(2,x－1)>0对一切x∈{x|x>1}恒成立，∴－m－2<4，解得m>－6.故选D. 3．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ax－y＝0的解，则a＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 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，等号成立，即当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5a－25＝0，所以a＝5. 4．单位时间内通过道路上指定断面的车辆数称为“道路容量”．假设某条道路单位时间内通过的车辆数N满足关系式N＝eq \f(1000v,4v＋0.3v2＋d0)，其中d0(单位：m)为安全距离，v(单位：m/s)为车速．当安全距离d0为30 m时，该道路的“道路容量”的最大值为(　　) A．100 B．149 C．165 D．195 解析：由题意，得N＝eq \f(1000v,4v＋0.3v2＋30)＝eq \f(1000,4＋0.3v＋\f(30,v))≤eq \f(1000,4＋2\r(0.3v·\f(30,v)))＝100，当且仅当0.3v＝eq \f(30,v)，即v＝10时，等号成立，所以当安全距离d0为30 m时，该道路的“道路容量”的最大值为100.故选A. 5．我国古代著名数学巨著《周髀算经》记载着周朝时期的商高与周公的对话，商高提出了“勾三股四弦五”特例．后来古希腊的毕达哥拉斯学派用演绎法证明了直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方之和．若一个直角三角形的斜边长等于10，则这个直角三角形周长的最大值为(　　) A．24 B．10eq \r(3)＋10 C．10eq \r(2)＋10 D．20 解析：设这个直角三角形的两条直角边长分别为x，y，由勾股定理可得x2＋y2＝100，由基本不等式可得x2＋y2≥2xy，所以2(x2＋y2)≥x2＋2xy＋y2，即(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝200，故x＋y≤10eq \r(2)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y，,x2＋y2＝100，,x>0，y>0，))即x＝y＝5eq \r(2)时，等号成立，所以这个直角三角形周长的最大值为10eq \r(2)＋10.故选C. 6．已知a，b，c均为正数，a，b，c不全相等，则下列结论正确的是(　　) A.eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c B.eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)>a＋b＋c C.eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≤a＋b＋c D.eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)<a＋b＋c 解析：∵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，故上述等号不能同时取到，∴eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)＞a＋b＋c.故选B. 7．已知0<a<1，若eq \f(b,a)＋eq \f(b,1－a)≥1恒成立，则实数b的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(b\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(b≥\f(1,4))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(b\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(b≥\f(1,2))))) C．{b|0<b<2} D．{b|0<b<4} 解析：因为0<a<1，所以eq \f(b,a)＋eq \f(b,1－a)≥1恒成立等价于b≥a(1－a)恒成立，又a(1－a)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1－a,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝eq \f(1,2)时，等号成立，故b≥eq \f(1,4).故选A. 8．设计用32 m2的材料制造某种长方体车厢(无盖)，按交通法规定厢宽为2 m，则车厢的最大容积是(　　) A．(38－3eq \r(73)) m3 B．16 m3 C．4eq \r(2) m3 D．14 m3 解析：设车厢的长为b m，高为a m．由已知，得2b＋2ab＋4a＝32，即b＝eq \f(16－2a,a＋1)，∴V＝a·eq \f(16－2a,a＋1)·2＝2·eq \f(16a－2a2,a＋1).设a＋1＝t>1，则V＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－2t－\f(18,t)))≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20－2\r(2t·\f(18,t))))＝16，当且仅当2t＝eq \f(18,t)，即t＝3时，等号成立，此时a＝2.故选B. 二、多项选择题 9．为净化水质，向一个游泳池加入某种化学药品，加药后池水中该药品的浓度C(单位：mg/L)随时间t(单位：h)的变化关系为C＝eq \f(20t,t2＋4)，则下列判断正确的是(　　) A．C的最大值为5 B．C的最大值为6 C．当t＝2时，C取得最大值 D．当t＝3时，C取得最大值 解析：因为t>0，所以C＝eq \f(20t,t2＋4)＝eq \f(20,t＋\f(4,t))，因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4，当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时，等号成立，所以C＝eq \f(20,t＋\f(4,t))≤eq \f(20,4)＝5，故当t＝2时，C取得最大值5.故选AC. 10．若小融从家到学校往返的速度分别为a和b(0<a<b)，其全程的平均速度为v，则下列结论正确的是(　　) A．a<v<eq \r(ab) B．v＝eq \r(ab) C.eq \r(ab)<v<eq \f(a＋b,2) D．v＝eq \f(2ab,a＋b) 解析：设家和学校两地之间的距离为s，则全程所需的时间为eq \f(s,a)＋eq \f(s,b)，所以v＝eq \f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝eq \f(2ab,a＋b).因为b>a>0，由基本不等式可得eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)，所以v＝eq \f(2ab,a＋b)<eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，另一方面，v＝eq \f(2ab,a＋b)<eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2),a＋b)＝eq \f(a＋b,2)，又v－a＝eq \f(2ab,a＋b)－a＝eq \f(ab－a2,a＋b)>eq \f(a2－a2,a＋b)＝0，所以v>a，所以a<v<eq \r(ab).故选AD. 11．已知x>1，y>1，且不等式eq \f(x2,y－1)＋eq \f(y2,x－1)≥3m－1恒成立，则m的值可以是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：令a＝y－1，b＝x－1，因为x>1，y>1，所以a>0，b>0，则y＝a＋1≥2eq \r(a)(当且仅当a＝1时，等号成立)，x＝b＋1≥2eq \r(b)(当且仅当b＝1时，等号成立)，则eq \f(x2,y－1)＋eq \f(y2,x－1)＝eq \f(（b＋1）2,a)＋eq \f(（a＋1）2,b)≥eq \f(4b,a)＋eq \f(4a,b)≥2eq \r(\f(4b,a)·\f(4a,b))＝8，当且仅当a＝b＝1，即x＝y＝2时，等号成立，因为不等式eq \f(x2,y－1)＋eq \f(y2,x－1)≥3m－1恒成立，所以3m－1≤8，则m≤3.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． 13．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：因为DC∥AM，所以eq \f(DN,AN)＝eq \f(DC,AM)，设DN＝x，则eq \f(x,x＋2)＝eq \f(3,AM)，所以AM＝eq \f(3（x＋2）,x)(x>0)，则矩形花坛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，等号成立，所以当DN＝2米时，矩形花坛AMPN的面积最小，最小值为24平方米． 15．《九章算术》是中国传统数学最重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架，其中卷第九勾股中记载：“今有邑，东西七里，南北九里，各中开门．出东门一十五里有木．问出南门几何步而见木？”其算法为：东门南到城角的步数，乘南门东到城角的步数，乘积作被除数，以树距离东门的步数作除数，被除数除以除数得结果，即出南门x里见到树，则x＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9×\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7×\f(1,2))),15).若一小城，如图所示，出东门1200步有树，出南门750步能见到此树，则该小城的周长的最小值为(注：1里＝300步)(　　) A．2eq \r(10)里 B．4eq \r(10)里 C．6eq \r(10)里 D．8eq \r(10)里 解析：因为1里＝300步，则由题图知EB＝1200步＝4里，GA＝750步＝2.5里．由题意，得GA＝eq \f(EF·GF,EB)，则EF·GF＝EB·GA＝4×2.5＝10，所以该小城的周长为4(EF＋GF)≥8eq \r(EF·GF)＝8eq \r(10)，当且仅当EF＝GF＝eq \r(10)时，等号成立．故选D. 16．(多选)已知a>0，b>0，a2＋b2－ab＝2，则下列不等式恒成立的是(　　) A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤eq \r(2) B．ab≤2 C．a＋b≤2eq \r(2) D．a2＋b2≥4 解析：对于A，B，由a>0，b>0，利用不等式a2＋b2≥2ab，可得ab＋2≥2ab，解得ab≤2，又eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(2,\r(ab))(当且仅当a＝b＝eq \r(2)时，等号成立)，而ab≤2，所以eq \f(2,\r(ab))≥eq \r(2)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥eq \r(2)，故B正确，A错误；对于C，由a>0，b>0，利用不等式ab≤eq \f(（a＋b）2,4)，变形a2＋b2－ab＝2得(a＋b)2－2＝3ab≤eq \f(3（a＋b）2,4)(当且仅当a＝b＝eq \r(2)时，等号成立)，解得(a＋b)2≤8，即a＋b≤2eq \r(2)，故C正确；对于D，由a>0，b>0，利用不等式ab≤eq \f(a2＋b2,2)，化简a2＋b2－ab＝2，得a2＋b2－2＝ab≤eq \f(a2＋b2,2)(当且仅当a＝b＝eq \r(2)时，等号成立)，解得a2＋b2≤4，故D错误．故选BC. 17．设a>b>c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，则m的取值范围为________． 解析：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的取值范围为{m|m≤4}． 18．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)≥9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时，等号成立)). 19．某火车站正在不断建设，目前车站准备在某仓库外，利用其一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面积为12平方米，且背面靠墙的长方体形状的保管员室．由于此保管员室的后背靠墙，无需建造费用，因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体的报价为每平方米150元，屋顶和地面以及其他报价共计7200元．设屋子的左右两侧墙的长度均为x米(2≤x≤6)． (1)当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？ (2)现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标，其给出的整体报价为eq \f(900a（1＋x）,x)元(a>0)，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围． 解：(1)设甲工程队的总造价为y元， 则y＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(150×2x＋400×\f(12,x)))＋7200＝900eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200(2≤x≤6)， ∵900eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200≥900×2eq \r(x·\f(16,x))＋7200 ＝14400， 当且仅当x＝eq \f(16,x)，即x＝4时，等号成立， ∴当左右两面墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低，为14400元． (2)由题意可得，当2≤x≤6时，900eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200>eq \f(900a（1＋x）,x)恒成立， 即eq \f(（x＋4）2,x)>eq \f(a（1＋x）,x)， ∴a<eq \f(（x＋4）2,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(9,x＋1)＋6， 又x＋1＋eq \f(9,x＋1)＋6≥2eq \r(（x＋1）·\f(9,x＋1))＋6＝12， 当且仅当x＋1＝eq \f(9,x＋1)，即x＝2时，等号成立． ∴a的取值范围为{a|0<a<12}． $