2.2 第1课时 基本不等式-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦必修一第二章一元二次函数、方程和不等式，以“自主学习·新知感悟”为课堂导入支架，通过知识梳理连接函数性质、方程求解与不等式应用的前后脉络，帮助学生构建完整知识体系。 其亮点在于模块化设计，“合作探究·思维进阶”模块通过探究任务引导学生用数学思维分析问题，“课后分层练”设置梯度题目培养数学语言表达与应用意识。PPT支持任意编辑，教师可灵活调整，学生在探究中提升逻辑推理能力，教师教学更高效。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第二章 一元二次函数、方程和不等式 3 目 录 自主学习·新知感悟 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 自主学习·新知感悟 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.2　基本不等式 第1课时　基本不等式 学习目标　1.了解基本不等式的证明过程，掌握基本不等式 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)，提升数学抽象、逻辑推理素养．(重点)　2.能利用基本不等式证明简单的不等式及比较代数式的大小，提升数学运算、逻辑推理素养．(难点)3．结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大(小)值问题，提升数学运算、逻辑推理素养．(重点、难点) 从前有个金店的天平坏了，天平的两臂长短不相等，店主不想购置新的天平，又怕别人说他缺斤少两，于是他想出一个办法：先把顾客要购买的黄金放入左边的托盘中，右边托盘中加砝码得到一个读数，再把黄金放入右边的托盘中，在左边托盘加砝码得到第二个读数，然后把两个读数相加除以2作为黄金的最终质量出售． 问题1　依据上述情景，你能找到哪些相等或不等关系？ 提示：设天平左臂长为a，右臂长为b (a≠b)，设黄金的实际质量为m，第一次称得的砝码质量为m1，第二次称得的砝码质量为m2. 能找到的相等关系有m×a＝m1×b，m×b＝m2×a；不等关系为：店主按 eq \f(m1＋m2,2)售卖的质量大于黄金实际质量m ＝ eq \r(m1m2). 问题2　你觉得店主这个买卖做到诚信无欺了吗？ 提示：不诚信，天平的两臂长短不相等，所以砝码与黄金实际质量不相等． 【自主评测】 1．教材挖掘：请认真阅读教材P44，分析思考：“当且仅当”的含义． 提示：“当且仅当”表示一种等价关系．“当”意味着满足某个条件时，相应的结论成立，这体现了充分性；“仅当”表明只有在特定条件下，结论才成立，强调了必要性．也就是说，当且仅当A成立时B成立，意味着A与B成立是等价的． 2．判断是非：判断下面结论是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”． (1)基本不等式 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)中的a，b只能是具体的数．(　　 ) (2)重要不等式a2＋b2≥2ab与基本不等式 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)成立的条件是相同的．(　　 ) (3)不等式m2＋1≥2m中等号成立的条件是m＝1.(　　 ) (4)若a＋b＝2，则 eq \r(ab)≤1.(　　 ) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 　基本不等式 如图所示，AB是圆O的直径，Q是AB上任意一点，AQ＝a，BQ＝b.过点Q作PQ 垂直于AB 且交圆O于点P，连接 AP，PB. 问题3　如何用a，b 表示 PO，PQ 的长度？ 提示：PO＝ eq \f(AB,2)＝ eq \f(a＋b,2)，易证Rt△APQ∽Rt△PBQ，则PQ2＝AQ·QB，即PQ＝ eq \r(ab). 问题4　比较 PO，PQ 的长度，能得出什么结论？ 提示：PO的长度大于或等于PQ的长度，通过两者的关系可以得出 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2). 基本不等式 eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)，当且仅当 时，等号成立． 其中， eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数， eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数 大小关系 两个正数的算术平均数 它们的几何平均数 a＝b 不小于 变式 a＋b≥2 eq \r(ab)，ab≤( eq \f(a＋b,2))2 几个重要不等式 已知a，b∈R，则有： (1)a2＋b2≥2ab；(2)(a＋b)2≥4ab；(3)2(a2＋b2)≥(a＋b)2， 当且仅当a＝b时，等号成立 温馨提示 (1)基本不等式中要求a>0,b>0,勿忘等号成立条件. (2)基本不等式也称为均值不等式. 例1　(一题多解)设0<a<b，则下列不等式中正确的是(　　 ) A．a<b< eq \r(ab)< eq \f(a＋b,2) B．a< eq \r(ab)< eq \f(a＋b,2)<b C．a< eq \r(ab)<b< eq \f(a＋b,2) D． eq \r(ab)<a< eq \f(a＋b,2)<b 解析：选B.法一(通法)　因为b>a>0，所以 eq \f(a＋b,2)> eq \r(ab)，2b>b＋a，所以b> eq \f(a＋b,2)， eq \r(a)< eq \r(b)，所以a< eq \r(ab)，所以a< eq \r(ab)< eq \f(a＋b,2)<b. 法二(妙法)　取a＝2，b＝8，则 eq \r(ab)＝4， eq \f(a＋b,2)＝5，所以a< eq \r(ab)< eq \f(a＋b,2)<b. 类题通法 (1)利用基本不等式比较两个数(式)的大小,就是把数(式)适当地放大或缩小,达到比较的目的. (2)在放缩的过程中,要结合不等式的传递性，即要保证不等号同方向. 【迁移运用】 1.(多选)下面四个推导过程正确的有(　　 ) A．若a，b为正实数，则 eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2 B．若a∈R，a≠0，则 eq \f(4,a)＋a≥2 eq \r(\f(4,a)·a)＝4 C．若x，y∈R，xy<0，则 eq \f(x,y)＋ eq \f(y,x)＝－[(－ eq \f(x,y))＋(－ eq \f(y,x))]≤－2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))) )＝－2 D．若a<0，b<0，则 eq \f(a2＋b2,2)<ab 解析：选AC.A中，∵a，b为正实数，∴ eq \f(b,a)， eq \f(a,b)为正实数，符合基本不等式的条件，故A正确； B中，a∈R，a≠0，不符合基本不等式的条件，故B错误； C中，由xy<0，得 eq \f(x,y)， eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将整体 eq \f(x,y)＋ eq \f(y,x)提出负号后，－ eq \f(x,y)，－ eq \f(y,x)均变为正数，符合基本不等式的条件，故C正确； D中，对任意的a，b∈R，都有a2＋b2≥2ab，即 eq \f(a2＋b2,2)≥ab，故D错误． 大 　基本不等式的简单应用 已知x，y都为正数，则： (1)如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值 ； (2)如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值 ，简记为：积定和最 ，和定积最 ． 2 eq \r(P) eq \f(1,4)S2 小 角度一　利用基本不等式求简单最值问题 例2　(链接教材：人教A版P45例1改编)已知x>0，求x＋ eq \f(4,x)的最小值． 解：因为x>0，所以x＋ eq \f(4,x)≥2 eq \r(x·\f(4,x))＝4， 当且仅当x＝ eq \f(4,x)，即x＝2时等号成立，因此所求的最小值为4. 变式探究　(变考点)将条件“x>0”改成“x<0”，求x＋ eq \f(4,x)的最大值． 解：原多项式可变为x＋ eq \f(4,x)＝－(－x＋ eq \f(4,－x))， 因为x<0，则－x>0， 故有－x＋ eq \f(4,－x)≥2 eq \r((－x)·\f(4,－x))＝4， 所以－(－x+ eq \f(4,－x))≤－4，当且仅当－x＝－ eq \f(4,x)，即x＝－2时等号成立． 故原式的最大值为－4. 类题通法 利用不等式求最值的注意点 一正：各项必须为正； 二定：各项之和或各项之积为定值； 三相等：必须验证取等号时的条件是否具备． 角度二　利用基本不等式证明不等式 例3　(链接教材：人教A版P49习题2.2T4改编)已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1，求证： eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＋ eq \f(1,c)≥9. 证明：因为a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1， 所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＋ eq \f(1,c)＝ eq \f(a＋b＋c,a)＋ eq \f(a＋b＋c,b)＋ eq \f(a＋b＋c,c)＝3＋ 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＋2＋2＋2＝9. 当且仅当a＝b＝c＝ eq \f(1,3)时，等号成立， 所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＋ eq \f(1,c)≥9. 类题通法 利用基本不等式证明不等式的关注点 (1)关键点：所证不等式中必须有和式或积式．通过将和式转化为积式或将积式转化为和式，达到放缩的效果． (2)注意点：多次运用基本不等式时等号能否取到． 【迁移运用】 2.已知a，b，c为不全相等的正实数．求证：a＋b＋c> eq \r(ab)＋ eq \r(bc)＋ eq \r(ca). 证明：因为a>0，b>0，c>0， 所以a＋b≥2 eq \r(ab)，b＋c≥2 eq \r(bc)，c＋a≥2 eq \r(ac). 所以2(a＋b＋c)≥2( eq \r(ab)＋ eq \r(bc)＋ eq \r(ca))， 即a＋b＋c≥ eq \r(ab)＋ eq \r(bc)＋ eq \r(ca). 由于a，b，c为不全相等的正实数， 故等号不成立． 所以a＋b＋c> eq \r(ab)＋ eq \r(bc)＋ eq \r(ca). 1．下列不等式中，正确的是(　　 ) A．a＋ eq \f(4,a)≥4 B．a2＋b2≥4ab C. eq \r(ab)≥ eq \f(a＋b,2) D．x2＋ eq \f(3,x2)≥2 eq \r(3) 解析：选D.若a＜0，则a＋ eq \f(4,a)≥4不成立，故A错；若a＝1，b＝1，则a2＋b2＜4ab，故B错；若a＝4，b＝16，则 eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)，故C错；由基本不等式可知D项正确． 2．(2025·广西贵港期中)已知正数a，b满足 eq \f(1,a)＋b＝2，则 eq \f(b,a)的最大值为(　　 ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选A.因为2＝ eq \f(1,a)＋b≥2 eq \r(\f(b,a))，所以 eq \r(\f(b,a))≤1，所以 eq \f(b,a)≤1，当且仅当a＝b＝1时， eq \f(b,a)取得最大值1. 3．当x>1时，x＋ eq \f(4,x－1)的最小值为________． 解析：因为x>1，故有x－1>0，所以x＋ eq \f(4,x－1)＝x－1＋ eq \f(4,x－1)＋1≥2 eq \r((x－1)·\f(4,x－1))＋1＝5，当且仅当x－1＝ eq \f(4,x－1)，即x＝3时等号成立． 因此所求的最小值为5. 答案：5 4．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：因为a>0，b>0，c>0， 所以 eq \f(bc,a)＋ eq \f(ac,b)≥2 eq \r(\f(abc2,ab))＝2c， eq \f(ac,b)＋ eq \f(ab,c)≥2 eq \r(\f(a2bc,bc))＝2a， eq \f(bc,a)＋ eq \f(ab,c)≥2 eq \r(\f(ab2c,ac))＝2b， 又a，b，c不全相等，所以上述不等式中至少有一个等号不成立． 所以 eq \f(bc,a)＋ eq \f(ac,b)＋ eq \f(ab,c)>a＋b＋c. 【基础巩固】 1．给出条件①ab>0；②ab<0；③a>0，b>0；④a<0，b<0，其中能使ab＋ eq \f(1,ab)≥2成立的条件有(　　 ) A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 解析：选C.由基本不等式可知，要使ab＋ eq \f(1,ab)≥2成立，则ab＞0，所以a，b同号，所以①③④均可以． 2．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则t与s的大小关系是(　　 ) A．s≥t B．s＞t C．s≤t D．s＜t 解析：选A.因为b2＋1≥2b，所以a＋b2＋1≥a＋2b，即s≥t. 3．若0<a<b，则下列不等式成立的是(　　 ) A. eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)＜a＜b B．a＜ eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)＜b C. eq \r(ab)＜a＜ eq \f(a＋b,2)＜b D．a＜ eq \f(a＋b,2)＜ eq \r(ab)＜b 解析：选B.因为0<a<b，所以a＜ eq \r(ab)， eq \f(a＋b,2)＜b.当0<a<b时，由基本不等式得 eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)，所以a＜ eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)＜b. 4．(数学文化)《几何原本》中的几何代数法(用几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”．如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点(不同于A，B，O)，点D在半圆O上，且CD⊥AB，CE⊥OD于E，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的“无字证明”为(　　 ) A. eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)(a＞0，b＞0) B． eq \f(a＋b,2)＜ eq \f(2ab,a＋b)(a＞0，b＞0，a≠b) C. eq \f(2ab,a＋b)≤ eq \r(ab)(a＞0，b＞0) D． eq \f(2ab,a＋b)＜ eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)(a＞0，b＞0，a≠b) 解析：选D.由AC＝a，BC＝b，可得半圆O的半径DO＝ eq \f(a＋b,2)，易得DC＝ eq \r(AC·BC)＝ eq \r(ab)，DE＝ eq \f(DC2,DO)＝ eq \f(2ab,a＋b).因为DE＜DC＜DO，所以 eq \f(2ab,a＋b)＜ eq \r(ab)＜ eq \f(a＋b,2)(a＞0，b＞0，a≠b). 5．(多选)下列说法正确的是(　　 ) A．若0<x< eq \f(1,2)，则x(1－2x)的最大值为 eq \f(1,8) B．函数y＝ eq \f(x2＋3x＋3,x＋1)(x>－1)的最小值为2 C．已知x>0，y>0，且x＋2y＝2，则3x＋9y的最小值为6 D．若正数x，y满足x2＋xy－2＝0，则3x＋y的最小值是4 解析：选ACD.对于A，因为0<x< eq \f(1,2)，所以1－2x>0，所以x(1－2x)＝ eq \f(1,2)×2x(1－2x)≤ eq \f(1,2)×( eq \f(2x＋1－2x,2))2＝ eq \f(1,8)，当且仅当2x＝1－2x，即x＝ eq \f(1,4)时，等号成立，所以x(1－2x)的最大值为 eq \f(1,8)，故A正确； 对于B，因为x>－1，所以x＋1>0，所以y＝ eq \f(x2＋3x＋3,x＋1)＝ eq \f((x＋1)2＋(x＋1)＋1,x＋1)＝x＋1＋ eq \f(1,x＋1)＋1≥2 eq \r((x＋1)(\f(1,x＋1)))＋1＝3，当且仅当x＋1＝ eq \f(1,x＋1)，即x＝0时等号成立，所以函数y＝ eq \f(x2＋3x＋3,x＋1)的最小值为3，故B错误； 对于C，因为x>0，y>0，x＋2y＝2，则3x＋9y≥2 eq \r(3x·9y)＝2 eq \r(3x+2y)＝6，当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x＝9y，,x＋2y＝2，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(1,2)))时，等号成立，所以3x＋9y的最小值为6，故C正确； 对于D，因为x2＋xy－2＝0，x>0，y>0，所以y＝ eq \f(2,x)－x，则3x＋y＝3x－x＋ eq \f(2,x)＝2x＋ eq \f(2,x)≥2 eq \r(2x·\f(2,x))＝4，当且仅当2x＝ eq \f(2,x)即x＝1时等号成立，此时y＝1，所以3x＋y的最小值为4，故D正确． 6．若a＞b＞c，则 eq \f(a－c,2)与 eq \r((a－b)(b－c))的大小关系是_______________． 解析：因为a＞b＞c，所以 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，等号成立． 答案： eq \f(a－c,2)≥ eq \r((a－b)(b－c)) 7．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，则这两年的平均增长率x与增长率的平均值 eq \f(a＋b,2)的大小关系为________． 解析：用两种方法求出第三年的产量分别为A(1＋a)(1＋b)，A(1＋x)2，则有(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b). ∴1＋x＝ eq \r((1＋a)(1＋b)) ≤ eq \f((1＋a)＋(1＋b),2)＝1＋ eq \f(a＋b,2)， ∴x≤ eq \f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立． 答案：x≤ eq \f(a＋b,2) 8．已知0<x< eq \f(1,3)，求y＝x(1－3x)的最大值． 解：因为0<x< eq \f(1,3)，所以1－3x>0， 则y＝x(1－3x)＝ eq \f(3x(1－3x),3)≤ eq \f((\f(3x＋1－3x,2))2,3)＝ eq \f(1,12)， 当且仅当3x＝1－3x，即x＝ eq \f(1,6)时，取等号， 所以y＝x(1－3x)的最大值为 eq \f(1,12). 9．已知x，y都是正数，求证：(x＋y)(x2＋y2)·(x3＋y3)≥8x3y3. 证明：∵x，y都是正数， ∴x2＞0，y2＞0，x3＞0，y3＞0，x＋y≥2 eq \r(xy)＞0， ∴x2＋y2≥2 eq \r(x2y2)＞0，x3＋y3≥2 eq \r(x3y3)＞0(当且仅当x＝y时等号成立). ∴(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥2 eq \r(xy)·2 eq \r(x2y2)·2 eq \r(x3y3)， 即(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3，当且仅当x＝y时，等号成立． 【综合运用】 10．(2025·安徽江淮质检)已知正数a，b满足(a－1)(b－2)＝4，则a＋4b的最小值为(　　 ) A．16 B．17 C．18 D．19 解析：选B.由(a－1)(b－2)＝4，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1>0，,b－2>0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1<0，,b－2<0.)) 当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1<0，,b－2<0))时，又a>0，b>0， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1<a－1<0，,－2<b－2<0，)) 此时(a－1)(b－2)＝4不可能成立，故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1>0，,b－2>0，))a＋4b＝(a－1)＋4(b－2)＋9≥2 eq \r(4(a－1)(b－2))＋9＝17， 当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－1＝4(b－2)，,(a－1)(b－2)＝4，,a>1，,b>2，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝3))时取等号． 11．(多选)设a＞0，b＞0，则下列不等式恒成立的是(　　 ) A．a2＋1＞a B．a2＋9＞6a C．(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4 D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4 解析：选ACD.设a＞0，b＞0，a2＋1－a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(3,4)＞0，A成立；a2＋9－6a＝(a－3)2≥0，B不成立；(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝1＋ eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)＋1≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(a,b)，即a＝b时取等号，故C成立；a＋ eq \f(1,a)≥2，b＋ eq \f(1,b)≥2，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝ eq \f(1,a)，b＝ eq \f(1,b)，即a＝b＝1时取等号，故D成立． 12．已知a，b是不相等的正数，x＝ eq \f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝ eq \r(a＋b)，则x，y的大小关系是________． 解析：由题意得x2＝ eq \f(a＋b＋2\r(ab),2)，y2＝a＋b＝ eq \f(a＋b＋a＋b,2). ∵a＋b＞2 eq \r(ab)(a≠b)，∴x2＜y2. 又∵x＞0，y＞0，∴x＜y. 答案：x＜y 13．根据要求完成下列问题： (1)已知x>0，y>0，2x＋3y＝1，求出 eq \f(3,x)＋ eq \f(2,y)的最小值，以及取最小值时x，y的值； (2)已知a，b，c，d∈R，比较(a2＋b2)(c2＋d2)与(ac＋bd)2的大小并说明理由． 解：(1)因为x>0，y>0，2x＋3y＝1， 所以 eq \f(3,x)＋ eq \f(2,y)＝( eq \f(3,x)＋ eq \f(2,y))(2x＋3y)＝12＋ eq \f(9y,x)＋ eq \f(4x,y)≥12＋2 eq \r(\f(9y,x)×\f(4x,y))＝24，当且仅当 eq \f(9y,x)＝ eq \f(4x,y)即2x＝3y＝ eq \f(1,2)时等号成立， 所以 eq \f(3,x)＋ eq \f(2,y)的最小值为24，此时x＝ eq \f(1,4)，y＝ eq \f(1,6). (2)(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，理由如下： 因为(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2－a2c2－b2d2－2acbd＝a2d2＋b2c2－2acbd＝(ad－bc)2≥0， 所以(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2. 【创新探索】 14．(2025·福建期末)设a＞0，b＞0，c＞0，证明： (1) eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(4,a＋b)； (2) eq \f(1,2a)＋ eq \f(1,2b)＋ eq \f(1,2c)≥ eq \f(1,a＋b)＋ eq \f(1,b＋c)＋ eq \f(1,a＋c). 证明：(1)∵a＞0，b＞0， ∴(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2 eq \r(ab)·2 eq \r(\f(1,ab))＝4，当且仅当a＝b时，等号成立， ∴ eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(4,a＋b). (2)由(1)可得 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(4,a＋b)， 同理可得 eq \f(1,b)＋ eq \f(1,c)≥ eq \f(4,b＋c)， eq \f(1,a)＋ eq \f(1,c)≥ eq \f(4,a＋c)， 三式相加，得2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))≥ eq \f(4,a＋b)＋ eq \f(4,b＋c)＋ eq \f(4,a＋c)， ∴ eq \f(1,2a)＋ eq \f(1,2b)＋ eq \f(1,2c)≥ eq \f(1,a＋b)＋ eq \f(1,b＋c)＋ eq \f(1,a＋c). $