四川省宜宾市一中高2013级2015—2016学年上期《不等式》教学设计二

§7.4 基本不等式及其应用

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：a>0，b>0.

(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号．

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)))² (a，b∈R)．

(4)eq \f(a²＋b²,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))² (a，b∈R)．

3．算术平均数与几何平均数

设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为eq \f(a＋b,2)，几何平均数为eq \r(ab)，基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．

4．利用基本不等式求最值问题

已知x>0，y>0，则

(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2eq \r(p).(简记：积定和最小)

(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(p²,4).(简记：和定积最大)

【思考辨析】

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

(1)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.(　×　)

(2)ab≤(eq \f(a＋b,2))²成立的条件是ab>0.(　×　)

(3)函数f(x)＝cos x＋eq \f(4,cos x)，x∈(0，eq \f(π,2))的最小值等于4.(　×　)

(4)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．(　×　)

(5)若a>0，则a³＋eq \f(1,a²)的最小值为2eq \r(a).(　×　)

(6)a²＋b²＋c²≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．(　√　)

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(b,a)＋eq \f(a,b)≥2

答案　D

解析　∵a²＋b²－2ab＝(a－b)²≥0，∴A错误．

对于B、C，当a<0，b<0时，明显错误．

对于D，∵ab>0，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.

2．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是(　　)

A.eq \f(1,ab)≤eq \f(1,4)                                    B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤1

C.eq \r(ab)≥2                                  D．a²＋b²≥8

答案　D

解析　4＝a＋b≥2eq \r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立)，即eq \r(ab)≤2，ab≤4，eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，选项A，C不成立；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥1，选项B不成立；a²＋b²＝(a＋b)²－2ab＝16－2ab≥8，选项D成立．

3．设x，y∈R，a>1，b>1，若a^x＝b^y＝3，a＋b＝2eq \r(3)，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最大值为(　　)

A．2  B.eq \f(3,2)  C．1  D.eq \f(1,2)

答案　C

解析　由a^x＝b^y＝3，得：x＝log_a3，y＝log_b3，由a>1，b>1知x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝log₃a＋log₃b＝log₃ab≤log₃eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))²＝1，当且仅当a＝b＝eq \r(3)时“＝”成立，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最大值为1.

4．(2014·福建)要制作一个容积为4 m³，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________．(单位：元)

答案　160

解析　设该长方体容器的长为x m，则宽为eq \f(4,x) m．又设该容器的造价为y元，则y＝20×4＋2(x＋eq \f(4,x))×10，即y＝80＋20(x＋eq \f(4,x))(x>0)．因为x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4(当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时取“＝”)，所以y_min＝80＋20×4＝160(元).

题型一　通过配凑法利用基本不等式求最值

例1　(1)已知x<eq \f(5,4)，求f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值；

(2)已知x为正实数且x²＋eq \f(y²,2)＝1，求xeq \r(1＋y²)的最大值；

(3)求函数y＝eq \f(\r(x－1),x＋3＋\r(x－1))的最大值．

解　(1)因为x<eq \f(5,4)，所以5－4x>0，

则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq \f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1.

当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．

故f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为1.

(2)因为x>0，

所以xeq \r(1＋y²)＝eq \r(2) eq \r(x²(\f(1,2)＋\f(y²,2)))≤eq \f(\r(2)[x²＋(\f(1,2)＋\f(y²,2))],2)，

又x²＋(eq \f(1,2)＋eq \f(y²,2))＝(x²＋eq \f(y²,2))＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，

所以xeq \r(1＋y²)≤eq \r(2)(eq \f(1,2)×eq \f(3,2))＝eq \f(3\r(2),4)，

即(xeq \r(1＋y²))_max＝eq \f(3\r(2),4).

(3)令t＝eq \r(x－1)≥0，则x＝t²＋1，

所以y＝eq \f(t,t²＋1＋3＋t)＝eq \f(t,t²＋t＋4).

当t＝0，即x＝1时，y＝0；

当t>0，即x>1时，y＝eq \f(1,t＋\f(4,t)＋1)，

因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(4)＝4(当且仅当t＝2时取等号)，

所以y＝eq \f(1,t＋\f(4,t)＋1)≤eq \f(1,5)，

即y的最大值为eq \f(1,5)(当t＝2，即x＝5时y取得最大值)．

思维升华　(1)应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条件．

(2)在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．

(1)已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为(　　)

A.eq \f(1,3)  B.eq \f(1,2)  C.eq \f(3,4)  D.eq \f(2,3)

(2)若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a等于(　　)

A．1＋eq \r(2)  B．1＋eq \r(3)  C．3  D．4

答案　(1)B　(2)C

解析　(1)因为0<x<1，所以x>0,3－3x>0.

由基本不等式可得x(3－3x)＝eq \f(1,3)·3x(3－3x)

≤eq \f(1,3)(eq \f(3x＋3－3x,2))²＝eq \f(3,4)，

当且仅当3x＝3－3x，即x＝eq \f(1,2)时，等号成立．故选B.

(2)因为x>2，所以x－2>0，则

f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)＝(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)，即x＝3时取等号．

即当f(x)取得最小值时，x＝3，即a＝3.

题型二　通过常数代换或消元法利用基本不等式求最值

例2　(1)已知x>0，y>0且x＋y＝1，则eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)的最小值为________．

(2)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．

答案　(1)18　(2)6

解析　(1)(常数代换法)

∵x>0，y>0，且x＋y＝1，

∴eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝(eq \f(8,x)＋eq \f(2,y))(x＋y)

＝10＋eq \f(8y,x)＋eq \f(2x,y)≥10＋2eq \r(\f(8y,x)·\f(2x,y))＝18.

当且仅当eq \f(8y,x)＝eq \f(2x,y)，即x＝2y时等号成立，

∴当x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,3)时，eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)有最小值18.

(2)由已知得x＝eq \f(9－3y,1＋y).

方法一　(消元法)

∵x>0，y>0，∴y<3，

∴x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y

＝eq \f(12,1＋y)＋(3y＋3)－6≥2eq \r(\f(12,1＋y)·(3y＋3))－6＝6，

当且仅当eq \f(12,1＋y)＝3y＋3，

即y＝1，x＝3时，(x＋3y)_min＝6.

方法二　∵x>0，y>0，

9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)x·(3y)≤eq \f(1,3)·(eq \f(x＋3y,2))²，

当且仅当x＝3y时等号成立．

设x＋3y＝t>0，则t²＋12t－108≥0，

∴(t－6)(t＋18)≥0，

又∵t>0，∴t≥6.

故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)_min＝6.

思维升华　条件最值的求解通常有两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值．

(1)若两个正实数x，y满足eq \f(2,x)＋eq \f(1,y)＝1，并且x＋2y>m²＋2m恒成立，则实数m的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2)∪[4，＋∞)      B．(－∞，－4]∪[2，＋∞)

C．(－2,4)                                D．(－4,2)

(2)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是________．

答案　(1)D　(2)5

解析　(1)x＋2y＝(x＋2y)(eq \f(2,x)＋eq \f(1,y))＝2＋eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)＋2≥8，

当且仅当eq \f(4y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝2y时等号成立．

由x＋2y>m²＋2m恒成立，

可知m²＋2m<8，即m²＋2m－8<0，解得－4<m<2.

(2)方法一　由x＋3y＝5xy可得eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x)＝1，

∴3x＋4y＝(3x＋4y)(eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x))

＝eq \f(9,5)＋eq \f(4,5)＋eq \f(3x,5y)＋eq \f(12y,5x)≥eq \f(13,5)＋eq \f(12,5)＝5.

(当且仅当eq \f(3x,5y)＝eq \f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立)，

∴3x＋4y的最小值是5.

方法二　由x＋3y＝5xy得x＝eq \f(3y,5y－1)，

∵x>0，y>0，∴y>eq \f(1,5)，

∴3x＋4y＝eq \f(9y,5y－1)＋4y＝eq \f(13,5)＋eq \f(9,5)·eq \f(\f(1,5),y－\f(1,5))＋4(y－eq \f(1,5))

≥eq \f(13,5)＋2eq \r(\f(36,25))＝5，

当且仅当y＝eq \f(1,2)时等号成立，

∴(3x＋4y)_min＝5.

题型三　基本不等式与函数的综合应用

例3　(1)已知f(x)＝3^2x－(k＋1)3^x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－1)                        B．(－∞，2eq \r(2)－1)

C．(－1,2eq \r(2)－1)                       D．(－2eq \r(2)－1,2eq \r(2)－1)

(2)已知函数f(x)＝eq \f(x²＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意x∈N^*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________．

答案　(1)B　(2)[－eq \f(8,3)，＋∞)

解析　(1)由f(x)>0得3^2x－(k＋1)·3^x＋2>0，

解得k＋1<3^x＋eq \f(2,3^x)，而3^x＋eq \f(2,3^x)≥2eq \r(2)(当且仅当3^x＝eq \f(2,3^x)，

即x＝log₃eq \r(2)时，等号成立)，

∴k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1.

(2)对任意x∈N^*，f(x)≥3恒成立，即eq \f(x²＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即知a≥－(x＋eq \f(8,x))＋3.

设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N^*，则g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3).

∵g(2)>g(3)，∴g(x)_min＝eq \f(17,3).∴－(x＋eq \f(8,x))＋3≤－eq \f(8,3)，

∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是[－eq \f(8,3)，＋∞)．

思维升华　(1)a>f(x)恒成立⇔a>f(x)_max，

a<f(x)恒成立⇔a<f(x)_min；

(2)求最值时要注意其中变量的条件，有些不能用基本不等式的问题可考虑利用函数的单调性．

已知函数f(x)＝x＋eq \f(p,x－1)(p为常数，且p>0)，若f(x)在(1，＋∞)上的最小值为4，则实数p的值为________．

答案 eq \f(9,4)

解析　由题意得x－1>0，f(x)＝x－1＋eq \f(p,x－1)＋1≥2eq \r(p)＋1，当且仅当x＝eq \r(p)＋1时取等号，因为f(x)在(1，＋∞)上的最小值为4，所以2eq \r(p)＋1＝4，解得p＝eq \f(9,4).

题型四　基本不等式的实际应用

例4　某楼盘的建筑成本由土地使用权费和材料工程费构成，已知土地使用权费为2 000元/m²；材料工程费在建造第一层时为400 元/m²，以后每增加一层费用增加40 元/m².要使平均每平方米建筑面积的成本费最低，则应把楼盘的楼房设计成________层．

答案　10

解析　设应把楼房设计成x层，每层有面积y m²，

则平均每平方米建筑面积的成本费为

k＝eq \f(2 000y＋y×400＋y×440＋…＋y×[400＋40(x－1)],xy)

＝eq \f(2 000,x)＋20x＋380≥2eq \r(\f(2 000,x)·20x)＋380

＝780，

当且仅当eq \f(2 000,x)＝20x，

即x＝10时取等号，故应把楼房设计成10层．

思维升华　对实际问题，在审题和建模时一定不可忽略对目标函数定义域的准确挖掘，一般地，每个表示实际意义的代数式必须为正，由此可得自变量的范围，然后再利用基本不等式求最值．

(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

(2)某种饮料分两次提价，提价方案有两种，方案甲：第一次提价p%，第二次提价q%；方案乙：每次都提价eq \f(p＋q,2)%，若p>q>0，则提价多的方案是________．

答案　(1)B　(2)乙

解析　(1)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)≥2 eq \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“＝”成立，故选B.

(2)设原价为1，则提价后的价格为

方案甲：(1＋p%)(1＋q%)，

方案乙：(1＋eq \f(p＋q,2)%)²，

因为eq \r((1＋p%)(1＋q%))≤eq \f(1＋p%,2)＋eq \f(1＋q%,2)＝1＋eq \f(p＋q,2)%，

且p>q>0，所以eq \r((1＋p%)(1＋q%))<1＋eq \f(p＋q,2)%，

即(1＋p%)(1＋q%)<(1＋eq \f(p＋q,2)%)²，

所以提价多的方案是乙．

忽视最值取得的条件致误

典例：(1)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则x＋y的最小值是________．

(2)函数y＝1－2x－eq \f(3,x)(x<0)的最小值为________．

易错分析　(1)多次使用基本不等式，忽略等号成立的条件．如：1＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)≥2eq \r(\f(2,xy))，∴eq \r(xy)≥2eq \r(2)，∴x＋y≥2eq \r(xy)≥4eq \r(2)，得(x＋y)_min＝4eq \r(2).

(2)没有注意到x<0这个条件误用基本不等式得2x＋eq \f(3,x)≥2eq \r(6).

解析　(1)∵x>0，y>0，

∴x＋y＝(x＋y)(eq \f(1,x)＋eq \f(2,y))

＝3＋eq \f(y,x)＋eq \f(2x,y)≥3＋2eq \r(2)(当且仅当y＝eq \r(2)x时取等号)

∴当x＝eq \r(2)＋1，y＝2＋eq \r(2)时，(x＋y)_min＝3＋2eq \r(2).

(2)∵x<0，∴y＝1－2x－eq \f(3,x)＝1＋(－2x)＋(－eq \f(3,x))≥1＋2 eq \r((－2x)·\f(3,－x))＝1＋2eq \r(6)，当且仅当x＝－eq \f(\r(6),2)时取等号，故y的最小值为1＋2eq \r(6).

答案　(1)3＋2eq \r(2) (2)1＋2eq \r(6)

温馨提醒　(1)利用基本不等式求最值，一定要注意应用条件；

(2)尽量避免多次使用基本不等式，若必须多次使用，一定要保证等号成立的条件一致.

方法与技巧

1．基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常常用于比较数(式)的大小或证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用基本不等式的切入点．

2．对于基本不等式，不仅要记住原始形式，而且还要掌握它的几种变形形式及公式的逆用等，例如：ab≤(eq \f(a＋b,2))²≤eq \f(a²＋b²,2)，eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a²＋b²,2))(a>0，b>0)等，同时还要注意不等式成立的条件和等号成立的条件．

3．对使用基本不等式时等号取不到的情况，可考虑使用函数y＝x＋eq \f(m,x)(m>0)的单调性．

失误与防范

1．使用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三个条件缺一不可．

2．连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致.

A组　专项基础训练

(时间：45分钟)

1．下列不等式一定成立的是(　　)

A．lg(x²＋eq \f(1,4))>lg x(x>0)

B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)

C．x²＋1≥2|x|(x∈R)

D.eq \f(1,x²＋1)>1(x∈R)

答案　C

解析　当x>0时，x²＋eq \f(1,4)≥2·x·eq \f(1,2)＝x，

所以lg(x²＋eq \f(1,4))≥lg x(x>0)，

故选项A不正确；

运用基本不等式时需保证“一正”“二定“三相等”，

而当x≠kπ，k∈Z时，sin x的正负不定，

故选项B不正确；

由基本不等式可知，选项C正确；

当x＝0时，有eq \f(1,x²＋1)＝1，故选项D不正确．

2．若a>0，b>0，且ln(a＋b)＝0，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值是(　　)

A.eq \f(1,4)  B．1  C．4  D．8

答案　C

解析　由a>0，b>0，ln(a＋b)＝0得eq \b\lc\{\rc(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a>0，,b>0.))

故eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥eq \f(1,(\f(a＋b,2))²)＝eq \f(1,(\f(1,2))²)＝4.

当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时上式取“＝”．

3．已知x>0，y>0，且4xy－x－2y＝4，则xy的最小值为(　　)

A.eq \f(\r(2),2)  B．2eq \r(2)  C.eq \r(2)  D．2

答案　D

解析　∵x>0，y>0，x＋2y≥2eq \r(2xy)，

∴4xy－(x＋2y)≤4xy－2eq \r(2xy)，

∴4≤4xy－2eq \r(2xy)，

即(eq \r(2xy)－2)(eq \r(2xy)＋1)≥0，

∴eq \r(2xy)≥2，∴xy≥2.

4．小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(a<b)，其全程的平均时速为v，则(　　)

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(a＋b,2)

答案　A

解析　设甲、乙两地相距s，

则小王往返两地用时为eq \f(s,a)＋eq \f(s,b)，

从而v＝eq \f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝eq \f(2ab,a＋b).

∵0<a<b，∴eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)，eq \f(2ab,a＋b)>eq \f(2ab,2b)＝a，

∴eq \f(2,a＋b)<eq \f(1,\r(ab))，即eq \f(2ab,a＋b)<eq \r(ab)，∴a<v<eq \r(ab).

5．(2013·山东)设正实数x，y，z满足x²－3xy＋4y²－z＝0.则当eq \f(z,xy)取得最小值时，x＋2y－z的最大值为(　　)

A．0  B.eq \f(9,8)  C．2  D.eq \f(9,4)

答案　C

解析　由题意知：z＝x²－3xy＋4y²，

则eq \f(z,xy)＝eq \f(x²－3xy＋4y²,xy)＝eq \f(x,y)＋eq \f(4y,x)－3≥1，当且仅当x＝2y时取等号，此时z＝xy＝2y².

所以x＋2y－z＝2y＋2y－2y²＝－2y²＋4y＝－2(y－1)²＋2≤2.

6．若对于任意x>0，eq \f(x,x²＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是________．

答案 a≥eq \f(1,5)

解析 eq \f(x,x²＋3x＋1)＝eq \f(1,3＋x＋\f(1,x))，

因为x>0，所以x＋eq \f(1,x)≥2(当且仅当x＝1时取等号)，

则eq \f(1,3＋x＋\f(1,x))≤eq \f(1,3＋2)＝eq \f(1,5)，

即eq \f(x,x²＋3x＋1)的最大值为eq \f(1,5)，故a≥eq \f(1,5).

7．设x，y∈R，且xy≠0，则(x²＋eq \f(1,y²))(eq \f(1,x²)＋4y²)的最小值为________．

答案　9

解析　(x²＋eq \f(1,y²))(eq \f(1,x²)＋4y²)＝5＋eq \f(1,x²y²)＋4x²y²≥5＋2eq \r(\f(1,x²y²)·4x²y²)＝9，当且仅当x²y²＝eq \f(1,2)时“＝”成立．

8．某公司一年需购买某种货物200吨，平均分成若干次进行购买，每次购买的运费为2万元，一年的总存储费用数值(单位：万元)恰好为每次的购买吨数数值，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次购买该种货物的吨数是________．

答案　20

解析　设每次购买该种货物x吨，则需要购买eq \f(200,x)次，则一年的总运费为eq \f(200,x)×2＝eq \f(400,x)，一年的总存储费用为x，所以一年的总运费与总存储费用为eq \f(400,x)＋x≥2eq \r(\f(400,x)·x)＝40，当且仅当eq \f(400,x)＝x，即x＝20时等号成立，故要使一年的总运费与总存储费用之和最小，每次应购买该种货物20吨．

9．(1)当x<eq \f(3,2)时，求函数y＝x＋eq \f(8,2x－3)的最大值；

(2)设0<x<2，求函数y＝eq \r(x(4－2x))的最大值．

解　(1)y＝x＋eq \f(8,2x－3)＝－(eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x))＋eq \f(3,2).

当x<eq \f(3,2)时，有3－2x>0，

∴eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2eq \r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，

当且仅当eq \f(3－2x,2)＝eq \f(8,3－2x)，即x＝－eq \f(1,2)时取等号．

于是y≤－4＋eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2).

故函数的最大值为－eq \f(5,2).

(2)∵0<x<2，∴2－x>0，

∴y＝eq \r(x(4－2x))＝eq \r(2)·eq \r(x(2－x))

≤eq \r(2)·eq \f(x＋2－x,2)＝eq \r(2)，

当且仅当x＝2－x，即x＝1时取等号，

∴当x＝1时，函数y＝eq \r(x(4－2x))的最大值为eq \r(2).

10．某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体状)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧墙砌砖，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元，求：仓库面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？

解　设铁栅长为x(x>0)米，一侧砖墙长为y(y>0)米，则顶部面积S＝xy，依题设，得40x＋2×45y＋20xy＝3 200，由基本不等式得3 200≥2eq \r(40x·90y)＋20xy＝120eq \r(xy)＋20xy＝120eq \r(S)＋20S，则S＋6eq \r(S)－160≤0，即(eq \r(S)－10)(eq \r(S)＋16)≤0，故0<eq \r(S)≤10，从而0<S≤100，所以S的最大允许值是100平方米，取得此最大值的条件是40x＝90y且xy＝100，解得x＝15，即铁栅的长应设计为15米．

B组　专项能力提升

(时间：20分钟)

11．(2013·福建)若2^x＋2^y＝1，则x＋y的取值范围是(　　)

A．[0,2]                                    B．[－2,0]

C．[－2，＋∞)                         D．(－∞，－2]

答案　D

解析　∵2^x＋2^y≥2eq \r(2^x＋y)，且2^x＋2^y＝1，

∴2^x＋y≤eq \f(1,4)，∴x＋y≤－2.选D.

12．(2013·天津)设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取得最小值．

答案　－2

解析　由于a＋b＝2，所以eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)，由于b>0，|a|>0，所以eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥2eq \r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝1，因此当a>0时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值是eq \f(1,4)＋1＝eq \f(5,4)；当a<0时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值是－eq \f(1,4)＋1＝eq \f(3,4).故eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)的最小值为eq \f(3,4)，此时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(b,4|a|)＝\f(|a|,b)，,a<0，))即a＝－2.

13．规定记号“⊗”表示一种运算，即a⊗b＝eq \r(ab)＋a＋b(a、b为正实数)．若1⊗k＝3，则k的值为________，此时函数f(x)＝eq \f(k⊗x,\r(x))的最小值为________．

答案　1　3

解析　1⊗k＝eq \r(k)＋1＋k＝3，即k＋eq \r(k)－2＝0，

∴eq \r(k)＝1或eq \r(k)＝－2(舍去)．

∴k＝1.

f(x)＝eq \f(1⊗x,\r(x))＝eq \f(\r(x)＋x＋1,\r(x))＝1＋eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥1＋2＝3，

当且仅当eq \r(x)＝eq \f(1,\r(x))，即x＝1时等号成立．

14．已知a>0，b>0，若不等式eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立，则m的最大值为________．

答案　16

解析　因为a>0，b>0，所以由eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立得m≤(eq \f(3,a)＋eq \f(1,b))(3a＋b)＝10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)恒成立．

因为eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥2 eq \r(\f(3b,a)·\f(3a,b))＝6，

当且仅当a＝b时等号成立，所以10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥16，

所以m≤16，即m的最大值为16.

15．经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内(以30天计)，第t天(1≤t≤30，t∈N^*)的旅游人数f(t)(万人)近似地满足f(t)＝4＋eq \f(1,t)，而人均消费g(t)(元)近似地满足g(t)＝120－|t－20|.

(1)求该城市的旅游日收益W(t)(万元)与时间t(1≤t≤30，t∈N^*)的函数关系式；

(2)求该城市旅游日收益的最小值．

解　(1)W(t)＝f(t)g(t)

＝(4＋eq \f(1,t))(120－|t－20|)

＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(401＋4t＋\f(100,t)， 1≤t≤20，,559＋\f(140,t)－4t， 20<t≤30.))

(2)当t∈[1,20]时，401＋4t＋eq \f(100,t)≥401＋2eq \r(4t·\f(100,t))＝441(t＝5时取最小值)．

当t∈(20,30]时，因为W(t)＝559＋eq \f(140,t)－4t递减，

所以t＝30时，W(t)有最小值W(30)＝443eq \f(2,3)，

所以t∈[1,30]时，W(t)的最小值为441万元．