2.2.4 第1课时 均值不等式-【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B版）

该高中数学课件聚焦均值不等式及其应用，从算术与几何平均值概念出发，通过定义辨析、证明推导及变形结论，结合评价自测搭建学习支架，衔接比较大小、求最值等应用，帮助学生逐步掌握知识脉络。 其亮点在于紧扣数学抽象、逻辑推理与数学运算核心素养，通过推导辨析题培养推理能力，以常数代换等题型训练运算技能，如a+b=2求1/a+1/b最小值。资料分层设计，学生提升解题能力，教师可高效实施教学。

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1课时　均值不等式 (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　算术平均值与几何平均值 给定两个正数a，b，数________称为a，b的算术平均值；数____称为a，b的几何平均值． 知识点二　均值不等式 如果a，b都是正数，那么____________________________________ ．我们把这个不等式称为均值不等式． 均值不等式也称为____________，其实质是：____________________________ ___________________． 基本不等式 两个正实数的算术平均值不小于它们的几何平均值 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 最小值 最大值 核心概念掌握 7 1．(对均值不等式的理解)不等式m2＋1≥2m中等号成立的条件是(　　) A．m＝1 B．m＝±1 C．m＝－1 D．m＝0 核心概念掌握 8 a与b同号 2 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　对均值不等式的理解 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　利用均值不等式比较大小 核心素养形成 16 【感悟提升】　利用均值不等式比较大小 在利用均值不等式比较大小时，应创设应用均值不等式的条件，合理地拆项、配凑或变形．在拆项、配凑或变形的过程中，首先要考虑均值不等式使用的条件，其次要明确均值不等式具有将“和式”转化为“积式”或者将“积式”转化为“和式”的放缩功能． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型三　直接利用均值不等式求最值 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 (2)已知x>0，y>0，且x＋y＝8，则(1＋x)(1＋y)的最大值为(　　) A．16 B．25 C．9 D．36 核心素养形成 24 核心素养形成 25 题型四　借助拼凑法、常数代换法利用均值不等式求最值 6 核心素养形成 26 核心素养形成 27 9 核心素养形成 28 4 核心素养形成 29 (5)已知x>0，y>0，x＋y＋xy＝4，求x＋2y的最小值． 核心素养形成 30 【感悟提升】　 1．通过拼凑法利用均值不等式求最值的策略 拼凑法的实质在于代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应注意以下几个方面的问题： (1)拼凑的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形； (2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标； (3)拆项、添项应注意检验利用均值不等式的前提． 核心素养形成 31 2．常数代换法求最值的步骤 常数代换法适用于求解条件最值问题．运用此种方法求解最值的基本步骤如下： (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)利用均值不等式求解最值． 核心素养形成 32 【跟踪训练】　 4．(1)已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为_____． 核心素养形成 33 1 核心素养形成 34 核心素养形成 35 (4)已知正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，求xy的最小值． 核心素养形成 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 4．已知正实数x，y满足(x＋1)(y＋2)＝16，则当x＝_____，y＝______时，x＋y取得最小值_____． 3 2 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 课后课时精练 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 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★ 对点 对均值不等式的 理解 利用均值不等式比较大小 直接法求最值——积为定值 拼凑法求最值——和为定值 拼凑法、换元法求最值——积为定值 常数代换法求最值、等号成立的条件 均值不等式的变形及应用 利用均值不等式比较大小 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对点 直接法或拼凑法求最值——和为定值 拼凑法求最值、等号成立的条件——积为 定值 拼凑法求最值——积为定值 直接法、常数代换法求最值 常数代换法求最值　 直接法、消元法、拼凑法求最值 常数代换法求最值及应用 直接法求最值及不等式的 应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 9．已知x>0，y>0，2x＋3y＝6，则xy的最大值为______． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 3 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 12．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 　　　　　　　　　　　　　 R 课程标准：1.掌握均值不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0).2.能用均值不等式求最大值或最小值． 教学重点：1.均值不等式的内容及其证明过程.2.运用均值不等式来比较两个实数的大小.3.利用均值不等式求最值． 教学难点：均值不等式条件的创造． 核心素养：1.通过两个正数的算术平均值与几何平均值的比较抽象出均值不等式的过程培养数学抽象素养.2.通过灵活变换条件使用均值不等式解决最值问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立 [拓展]　由均值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)． 知识点三　均值不等式与最大(小)值 (1)当两个正数的积为常数时，它们的和有_________ (简记：积定和有最小值)． (2)当两个正数的和为常数时，它们的积有_________ (简记：和定积有最大值)． [提醒]　利用均值不等式求最值，必须按照“一正，二定，三相等”的原则，即 (1)一正：符合均值不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的前提条件，a>0，b>0； (2)二定：化不等式的一边为定值； (3)三相等：必须存在取等号的条件，即等号成立．以上三点缺一不可． 2．(利用均值不等式比较大小)若a>b>0，则下列不等式成立的是(　　) A．a>b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab) B．a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>b C．a>eq \f(a＋b,2)>b>eq \r(ab) D．a>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>b 3．(对均值不等式的理解)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的条件是__________． 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____． ①因为a，b∈R，所以a2＋b2≥eq \f(（a＋b）2,2)； ②因为a∈R，a≠0，所以eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4； 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　从均值不等式成立的条件考虑．因为a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，故2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2，即a2＋b2≥eq \f(（a＋b）2,2)，故①正确；因为eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4成立的前提条件为a>0，故②错误；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 \f(x,y)，－eq \f(y,x)均变为正数，符合均值不等式成立的条件，故③正确． 【感悟提升】　均值不等式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都是非负实数． (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．下列命题中正确的是(　　) A．当a，b∈R时，eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2eq \r(\f(a,b)·\f(b,a))＝2 B．当a＞0，b＞0时，(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 C．当a＞4时，a＋eq \f(9,a)的最小值是6 D．当a＞0，b＞0时，eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab) 解析：对于A，可能eq \f(b,a)＜0，故A不正确；对于B，因为a＋b≥2eq \r(ab)＞0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))＞0，相乘得(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝b时等号成立，故B正确；对于C，a＋eq \f(9,a)≥2eq \r(a·\f(9,a))＝6中的等号不成立，故C不正确；对于D，由均值不等式知，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a＞0，b＞0)，故D不正确． (a＋1,2)INCLUDEPICTURE"例2灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　已知a＞1，则，eq \r(a)，eq \f(2a,a＋1)三个数的大小关系是(　　) A.eq \f(a＋1,2)＜eq \r(a)＜eq \f(2a,a＋1) B.eq \r(a)＜eq \f(a＋1,2)＜eq \f(2a,a＋1) C.eq \f(2a,a＋1)＜eq \r(a)＜eq \f(a＋1,2) D.eq \r(a)＜eq \f(2a,a＋1)≤eq \f(a＋1,2) 解析　当a，b均是正数时，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，令b＝1，得eq \f(2a,a＋1)≤eq \r(a)≤eq \f(a＋1,2).又a＞1，即a≠b，故上式不能取等号，故选C. 【跟踪训练】　 2．已知a，b∈(0，＋∞)且a＋b＝1，试比较eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)，eq \f(2,a2＋b2)，4的大小． 解：∵a＞0，b＞0，a＋b≥2eq \r(ab)， ∴ab≤eq \f(1,4). ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4， eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(（a＋b）2－2ab,2)＝eq \f(1,2)－ab≥eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,4)， 即eq \f(2,a2＋b2)≤4.∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4≥eq \f(2,a2＋b2). (1,x－3)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 　(1)求y＝＋x－3(x>3)的最小值． 解　∵y＝eq \f(1,x－3)＋x－3＝eq \f(1,x－3)＋(x－3)， 又x>3，∴x－3>0，eq \f(1,x－3)>0， ∴y≥2eq \r(\f(1,x－3)·（x－3）)＝2，当且仅当eq \f(1,x－3)＝x－3， 即x＝4时，y取得最小值2. (2)已知0<x<eq \f(1,3)，求y＝3x(1－3x)的最大值． 解　∵0<x<eq \f(1,3)，∴1－3x>0， ∴y＝3x(1－3x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋（1－3x）,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4). 当且仅当3x＝1－3x，即x＝eq \f(1,6)时取等号， ∴当x＝eq \f(1,6)时，y取得最大值eq \f(1,4). [条件探究]　在本例(1)中把“x>3”改为“x<3”，y＝eq \f(1,x－3)＋x－3的最值又如何？ 解：∵x<3，∴3－x>0， ∴y＝eq \f(1,x－3)＋x－3＝－eq \f(1,3－x)－(3－x) ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3－x)＋（3－x）))≤－2eq \r(\f(1,3－x)·（3－x）) ＝－2， 当且仅当eq \f(1,3－x)＝3－x，即x＝2时取等号． 故y＝eq \f(1,x－3)＋x－3(x<3)有最大值－2，没有最小值． 【感悟提升】　利用均值不等式求最值的关注点 已知a，b均为正数． (1)若a＋b＝p(和为定值)，当a＝b时，积ab有最大值eq \f(p2,4)，可以用均值不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)求得． (2)若ab＝s(积为定值)，则当a＝b时，和a＋b有最小值2eq \r(s)，可以用均值不等式a＋b≥2eq \r(ab)求得． 不论哪种情况都要注意取得等号的条件是否成立． 【跟踪训练】　 3．(1)若x>0，则y＝12x＋eq \f(1,3x)的最小值为(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．8 解析：因为x>0，所以y＝12x＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(12x·\f(1,3x))＝4，当且仅当12x＝eq \f(1,3x)，即x＝eq \f(1,6)时等号成立．故选C. 解析：因为x>0，y>0，且x＋y＝8，所以(1＋x)(1＋y)＝1＋x＋y＋xy＝9＋xy≤9＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝9＋42＝25，当且仅当x＝y＝4时等号成立，所以(1＋x)(1＋y)的最大值为25. (3)若a，b都是正数，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b)))的最小值为(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 解析：因为a，b都是正数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4a,b)))＝5＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥5＋2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，当且仅当b＝2a时取等号． (4,x－2)INCLUDEPICTURE"例4灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\例4灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)已知x>2，则x＋的最小值为_____． 解析　因为x>2，所以x－2>0，所以x＋eq \f(4,x－2)＝x－2＋eq \f(4,x－2)＋2≥2eq \r(（x－2）·\f(4,x－2))＋2＝6，当且仅当x－2＝eq \f(4,x－2)，即x＝4时，等号成立．所以x＋eq \f(4,x－2)的最小值为6. (2)若0<x<eq \f(1,2)，则eq \f(1,2)x(1－2x)的最大值是______． 解析　因为0<x<eq \f(1,2)，所以1－2x>0，所以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(1,4)×eq \f(1,4)＝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). eq \f(1,16) (3)若x>0，y>0，且x＋4y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为_____． 解析　因为x>0，y>0，x＋4y＝1，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(x＋4y,x)＋eq \f(x＋4y,y)＝5＋eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)≥5＋2eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＝9，当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,6)时取等号． (4)若x>1，则eq \f(x2,x－1)的最小值为_____． 解析　因为x>1，所以eq \f(x2,x－1)＝eq \f(x2－1＋1,x－1)＝x＋1＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋2≥2eq \r(（x－1）·\f(1,x－1))＋2＝4，当且仅当eq \f(1,x－1)＝x－1，即x＝2时，等号成立，所以当x＝2时，eq \f(x2,x－1)取得最小值4. 解　由x＋y＋xy＝4可得x(y＋1)＝4－y，即x＝eq \f(4－y,y＋1)，所以x＋2y＝eq \f(4－y,y＋1)＋2y＝eq \f(－（y＋1）＋5,y＋1)＋2(y＋1)－2＝eq \f(5,y＋1)＋2(y＋1)－3≥2eq \r(10)－3，当且仅当eq \f(5,y＋1)＝2(y＋1)，即y＝eq \f(\r(10),2)－1时，等号成立． 所以x＋2y的最小值为2eq \r(10)－3. 解析：　x(3－3x)＝eq \f(1,3)×3x(3－3x)≤eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋（3－3x）,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4)，当且仅当3x＝3－3x，即x＝eq \f(1,2)时取等号． eq \f(1,2) (2)已知x<eq \f(5,4)，则4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为_____． 解析：∵x<eq \f(5,4)，∴5－4x>0. ∴4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（5－4x）＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2eq \r(（5－4x）·\f(1,5－4x))＋3＝－2＋3＝1，当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，上式等号成立．故当x＝1时，4x－2＋eq \f(1,4x－5)取得最大值1. (3)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，求x＋y的最小值． 解：∵x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1， ∴x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)＋10≥2eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝16，当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(9x,y)，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，即x＝4，y＝12时取等号． 故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16. 解：解法一：∵x>0，y>0， ∴2x＋y＝xy－6≥2eq \r(2xy)， 令eq \r(2xy)＝t(t>0)，则原式变形为t2－4t－12≥0， 解得t≥6，则eq \r(2xy)≥6，xy≥18. 当且仅当2x＝y＝6时，等号成立． ∴xy的最小值为18. 解法二：∵2x＋y＋6＝xy，∴y＝eq \f(2x＋6,x－1)，x＞1， xy＝eq \f(x（2x＋6）,x－1)＝eq \f(2（x2＋3x）,x－1) ＝eq \f(2[（x－1）2＋5（x－1）＋4],x－1) ＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5)) ≥2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(（x－1）·\f(4,x－1))＋5))＝18， 当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立， ∴xy的最小值为18. (5)已知x＞－1，求y＝eq \f(x2＋3x＋4,x＋1)的最小值． 解：∵x>－1，∴x＋1＞0， ∴y＝eq \f(x2＋3x＋4,x＋1)＝eq \f(（x＋1）2＋（x＋1）＋2,x＋1)＝x＋1＋eq \f(2,x＋1)＋1≥2eq \r(2)＋1， 当且仅当x＋1＝eq \f(2,x＋1)，即x＝eq \r(2)－1时，y取得最小值2eq \r(2)＋1. 1．已知x，y均为正数，且x＋4y＝1，则xy的最大值为(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16) 解析：∵x＞0，y＞0，∴4xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋4y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，∴xy≤eq \f(1,16)，当且仅当x＝4y，即x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,8)时取等号． 2．已知x＞0，y＞0，x≠y，则下列四个式子中值最小的是(　　) A.eq \f(1,x＋y) B.eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y))) C.eq \r(\f(1,2（x2＋y2）)) D.eq \f(1,2\r(xy)) 解析：解法一：∵x＋y＞2eq \r(xy)，∴eq \f(1,x＋y)＜eq \f(1,2\r(xy))，排除D；eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(x＋y,4xy)＝eq \f(1,\f(4xy,x＋y))＞eq \f(1,\f(（x＋y）2,x＋y))＝eq \f(1,x＋y)，排除B；∵(x＋y)2＝x2＋y2＋2xy＜2(x2＋y2)，∴eq \f(1,x＋y)＞eq \r(\f(1,2（x2＋y2）))，排除A.故选C. 解法二：取x＝1，y＝2.则eq \f(1,x＋y)＝eq \f(1,3)；eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(3,8)；eq \r(\f(1,2（x2＋y2）))＝eq \f(1,\r(10))；eq \f(1,2\r(xy))＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(1,\r(8)).其中eq \f(1,\r(10))最小，故选C. 3．(多选)设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(　　) A．ab>1 B．ab<1 C.eq \f(a2＋b2,2)<1 D.eq \f(a2＋b2,2)>1 解析：因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，a≠b，所以ab<1，又1＝eq \f(（a＋b）2,4)＝eq \f(a2＋b2＋2ab,4)<eq \f(a2＋b2,2)，所以eq \f(a2＋b2,2)>1.故选BD. 解析：因为正实数x，y满足(x＋1)(y＋2)＝16，则x＋y＝(x＋1)＋(y＋2)－3≥2eq \r(（x＋1）（y＋2）)－3＝2×4－3＝5，当且仅当x＋1＝y＋2，即x＝3，y＝2时等号成立，此时x＋y取得最小值5. 5．已知x，y为正实数，且x＋y＝4，则eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)的最小值为________． 解析：因为x，y为正实数，且x＋y＝4，所以eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)＝eq \f(1,4)(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(3,y)))＝1＋eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(3x,y)))≥1＋eq \f(1,2) eq \r(\f(y,x)·\f(3x,y))＝1＋eq \f(\r(3),2)，当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(3x,y)，即x＝2(eq \r(3)－1)，y＝2(3－eq \r(3))时取等号．故eq \f(1,x)＋eq \f(3,y)的最小值为1＋eq \f(\r(3),2). 1＋eq \f(\r(3),2) 一、单选题 1．若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中恒成立的是(　　) A．a2＋b2＞2ab B．a＋b≥2eq \r(ab) C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＞eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab) 解析：根据条件，当a，b均小于0时，B，C不成立；当a＝b时，A不成立；因为ab＞0，所以eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥eq \f(2ab,\r(ab))＝2eq \r(ab)，故D恒成立． 2．若0<a<b，a＋b＝1，则a，eq \f(1,2)，2ab中最大的数为(　　) A．a B．2ab C.eq \f(1,2) D．无法确定 解析：因为0<a<b，a＋b＝1，所以a<eq \f(1,2)，因为ab<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，所以2ab<eq \f(1,2)，则a，eq \f(1,2)，2ab中最大的数为eq \f(1,2).故选C. 3．已知y＝x＋eq \f(1,x)－2(x＜0)，则y有(　　) A．最大值为0 B．最小值为0 C．最大值为－4 D．最小值为－4 解析：∵x＜0，∴－x＞0.∴x＋eq \f(1,x)－2＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\f(1,（－x）)))－2≤－2eq \r(（－x）·\f(1,（－x）))－2＝－4，当且仅当－x＝－eq \f(1,x)，即x＝－1时取等号．故选C. 4．若0<x<eq \f(1,2)，则y＝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．已知x，y为正实数，则eq \f(y,x)＋eq \f(16x,2x＋y)的最小值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．8 解析：由题意，得eq \f(y,x)＋eq \f(16x,2x＋y)＝eq \f(y,x)＋eq \f(16,2＋\f(y,x))，设eq \f(y,x)＝t(t>0)，则t＋eq \f(16,2＋t)＝t＋2＋eq \f(16,2＋t)－2≥2eq \r(（t＋2）·\f(16,2＋t))－2＝8－2＝6，当且仅当t＝2，即y＝2x时取等号．所以eq \f(y,x)＋eq \f(16x,2x＋y)的最小值为6.故选C. 二、多选题 6．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则下列关于式子eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的说法正确的是(　　) A．式子取得最大值时a＝eq \f(2,3) B．式子的最大值是5 C．式子取得最小值时b＝eq \f(4,3) D．式子的最小值是eq \f(9,2) 解析：因为a>0，b>0，a＋b＝2，所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \f(a＋b,2a)＋eq \f(2a＋2b,b)＝eq \f(1,2)＋eq \f(b,2a)＋eq \f(2a,b)＋2≥eq \f(5,2)＋2eq \r(\f(b,2a)·\f(2a,b))＝eq \f(9,2)，当且仅当eq \f(b,2a)＝eq \f(2a,b)且a＋b＝2，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(4,3)时，等号成立．所以式子eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是eq \f(9,2)，无最大值．故选CD. 7．已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则(　　) A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B.eq \r(a)＋eq \r(b)≥eq \r(2) C．ab＋eq \f(1,2)b≤eq \f(9,16) D．a2＋b2－ab≥eq \f(1,4) 解析：对于A，因为a>0，b>0，且a＋b＝1，所以ab≤eq \f(（a＋b）2,4)＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立，所以a2＋b2＝1－2ab≥1－2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，故A正确；对于B，因为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤1＋2×eq \r(\f(1,4))＝2，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立，所以eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，故B错误；对于C，因为a>0，b>0，且a＋b＝1，所以ab＋eq \f(1,2)b＝(1－b)b＋eq \f(1,2)b＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(9,16)，当b＝eq \f(3,4)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab＋\f(1,2)b))eq \s\do7(max)＝eq \f(9,16)，所以ab＋eq \f(1,2)b≤eq \f(9,16)，故C正确；对于D，由A项分析知ab≤eq \f(1,4)，所以a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝1－3ab≥1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立，故D正确．故选ACD. 三、填空题 8．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 \f(a－c,2)＝eq \f(（a－b）＋（b－c）,2)≥eq \r(（a－b）（b－c）)，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号． eq \r(（a－b）（b－c）)≤eq \f(a－c,2) 解析：因为x>0，y>0，2x＋3y＝6，所以xy＝eq \f(1,6)(2x·3y)≤eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,2).当且仅当2x＝3y，即x＝eq \f(3,2)，y＝1时，xy取得最大值eq \f(3,2). eq \f(3,2) 10．已知x≥eq \f(5,2)，则当x＝______时，eq \f(x2－4x＋5,2x－4)取得最小值______． 解析：eq \f(x2－4x＋5,2x－4)＝eq \f(（x－2）2＋1,2（x－2）)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）＋\f(1,x－2)))，因为x≥eq \f(5,2)，所以x－2>0，所以eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）＋\f(1,x－2)))≥eq \f(1,2)·2eq \r(（x－2）·\f(1,x－2))＝1，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时取等号．故当x＝3时，eq \f(x2－4x＋5,2x－4)取得最小值1. 四、解答题 11．(1)若x<3，求y＝2x＋1＋eq \f(1,x－3)的最大值； (2)已知x>0，求y＝eq \f(2x,x2＋1)的最大值． 解：(1)因为x<3，所以3－x>0. 又y＝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， 由均值不等式可得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y的最大值是7－2eq \r(2). (2)y＝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<y≤eq \f(2,2)＝1， 当且仅当x＝eq \f(1,x)， 即x＝1时，等号成立． 故y的最大值为1. 解：因为2a＋b＝ab，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1. (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. 13．已知0<x<1，则eq \f(2,3x)＋eq \f(6,1－x)的最小值为(　　) A．20 B．32 C.eq \f(20,3) D.eq \f(32,3) 解析：因为0<x<1，所以1－x>0，则eq \f(2,3x)＋eq \f(6,1－x)＝eq \f(2,3x)＋eq \f(18,3－3x)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3x)＋\f(18,3－3x)))(3x＋3－3x)＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－6x,3x)＋\f(54x,3－3x)＋20))，因为1－x>0，x>0，所以eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－6x,3x)＋\f(54x,3－3x)＋20))≥eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(6－6x,3x)·\f(54x,3－3x))＋20))＝eq \f(1,3)(2eq \r(36)＋20)＝eq \f(32,3)，当且仅当eq \f(6－6x,3x)＝eq \f(54x,3－3x)，即x＝eq \f(1,4)时取等号，故eq \f(2,3x)＋eq \f(6,1－x)的最小值为eq \f(32,3). 14．(多选)已知a，b为正实数，且ab＋2a＋b＝16，则(　　) A．ab的最大值为8 B．2a＋b的最小值为8 C.eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)的最小值为eq \f(\r(2),2) D．b＋eq \f(1,9－a)的最小值为eq \f(6\r(2)－1,10) 解：因为16＝ab＋2a＋b≥ab＋2eq \r(2ab)，当且仅当2a＝b时取等号，结合eq \r(ab)>0，解不等式，得0<eq \r(ab)≤2eq \r(2)，即ab≤8，ab的最大值为8，故A正确；由16＝ab＋2a＋b，得b＝eq \f(16－2a,a＋1)＝eq \f(18,a＋1)－2，所以2a＋b＝2a＋eq \f(18,a＋1)－2＝2(a＋1)＋eq \f(18,a＋1)－4≥ 2eq \r(2（a＋1）·\f(18,a＋1))－4＝8，当且仅当2(a＋1)＝eq \f(18,a＋1)，即a＝2时取等号，此时2a＋b取得最小值8，故B正确；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),3)，当且仅当a＋1＝b＋2，即a＝3eq \r(2)－1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),3)，故C错误；b＋eq \f(1,9－a)＝eq \f(18,a＋1)＋eq \f(1,9－a)－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,a＋1)＋\f(1,9－a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,10)＋\f(9－a,10)))－2＝eq \f(9（9－a）,5（a＋1）)＋eq \f(a＋1,10（9－a）)－eq \f(1,10)≥2eq \r(\f(9,50))－eq \f(1,10)＝eq \f(6\r(2)－1,10)，当且仅当eq \f(9（9－a）,5（a＋1）)＝eq \f(a＋1,10（9－a）)，即a＝eq \f(163－30\r(2),17)时取等号，此时b＋eq \f(1,9－a)取得最小值eq \f(6\r(2)－1,10)，故D正确．故选ABD. 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． 16．已知a，b为正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2). (1)求a2＋b2的最小值； (2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值． 解：(1)因为a，b为正实数，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2)， 所以2eq \r(2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥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. (2)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， 即(ab)2－2ab＋1≤0，(ab－1)2≤0. 因为a，b为正实数，所以ab＝1. $