2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第一章　§1.4　基本不等式含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第一章§1.4基本不等式§1.4基本不等式课标要求1.了解基本不等式的推导过程.2.会用基本不等式解决简单的最值问题．知识梳理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，等号成立．(3)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．2．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x＝y时，和x＋y有最小值2eq\r(P).(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq\f(1,4)S2.注意：利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”．常用结论几个重要的不等式(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)．以上不等式等号成立的条件均为a＝b.自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)不等式ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2与eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)等号成立的条件是相同的．(×)(2)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.(×)(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy的最小值为4.(√)(4)函数y＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值为4.(×)2．(必修第一册P48习题T1(1)改编)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C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＝3.3．已知0<x<1，则x(1－x)的最大值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,16)D．1答案A解析因为0<x<1，所以1－x>0，所以x(1－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq\f(1,4)，当且仅当x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)时，等号成立，故x(1－x)的最大值为eq\f(1,4).4．(2023·重庆模拟)已知x>0，y>0，x＋y＝1，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为________．答案4解析由x＋y＝1得eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋y)＝2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，当且仅当x＝y＝eq\f(1,2)时，等号成立，即eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为4.题型一基本不等式的理解及常见变形例1(1)若0<a<b，则下列不等式一定成立的是()A．b>eq\f(a＋b,2)>a>eq\r(ab)B．b>eq\r(ab)>eq\f(a＋b,2)>aC．b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>aD．b>a>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)答案C解析∵0<a<b，∴2b>a＋b，∴b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab).∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq\r(ab)>a.故b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a.(2)《几何原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后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，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，垂足为点E，则该图形可以完成的无字证明为()A.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(ab)(a>0，b>0)B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)C.eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)D.eq\f(a2＋b2,2)≥eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)答案C解析根据图形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，又OD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，所以DE＝eq\f(CD2,OD)＝eq\f(ab,\f(a＋b,2))，由于OD≥CD，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)．由于CD≥DE，所以eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)．思维升华基本不等式的常见变形(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2).(2)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．跟踪训练1(1)已知p：a>b>0，q：eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，则p是q成立的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析∵a>b>0，则a2＋b2>2ab，∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab，∴2(a2＋b2)>(a＋b)2，∴eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，∴由p可推出q；当a<0，b<0时，q也成立，如a＝－1，b＝－3时，eq\f(a2＋b2,2)＝5>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，∴由q推不出p，∴p是q成立的充分不必要条件．(2)(多选)已知a，b∈R，则下列不等式成立的是()A.eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab) B.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))C.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(a＋b,2) D．ab≤eq\f(a2＋b2,2)答案BD解析A选项，由选项可知a与b同号，当a>0且b>0时，由基本不等式可知eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)恒成立，当a<0且b<0时，eq\f(a＋b,2)<0，eq\r(ab)>0，该不等式不成立，故A选项错误；B选项，当a＋b>0时，eq\f(a＋b,2)>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a2＋b2,2))))2＝eq\f(a2＋b2＋2ab－2a2－2b2,4)＝eq\f(－a－b2,4)≤0恒成立，即eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))恒成立，当a＋b≤0时，原不等式恒成立，故B选项正确；C选项，当a＋b>0时，2ab－eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq\f(a＋b2,2)，eq\f(2ab,a＋b)≤eq\f(a＋b,2)恒成立，当a＋b<0时，2ab－eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(－a－b2,2)≤0，即2ab≤eq\f(a＋b2,2)，eq\f(2ab,a＋b)≥eq\f(a＋b,2)，故C选项错误；D选项，由重要不等式可知，a，b∈R，ab≤eq\f(a2＋b2,2)恒成立，故D选项正确．题型二利用基本不等式求最值命题点1直接法例2(1)(多选)下列代数式中最小值为2的是()A．x－eq\f(1,x) B．2x＋2－xC．x2＋eq\f(1,x2) D.eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))答案BC解析选项A中，当x<0时，函数y＝x－eq\f(1,x)单调递增，无最小值，不符合题意；选项B中，2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2，当且仅当x＝0时，等号成立，满足题意；选项C中，x2＋eq\f(1,x2)≥2eq\r(x2·\f(1,x2))＝2，当且仅当x＝±1时，等号成立，满足题意；选项D中，eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))≥2eq\r(\r(x2＋2)·\f(1,\r(x2＋2)))＝2，当且仅当eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))时，等号成立，但此方程无实数解，不符合题意．(2)已知x，y为正实数，且满足4x＋3y＝12，则xy的最大值为________．答案3解析由已知，得12＝4x＋3y≥2eq\r(4x·3y)，即12≥2eq\r(4x·3y)，解得xy≤3(当且仅当4x＝3y时取等号)．命题点2配凑法例3(1)(2023·许昌模拟)已知a，b为正数，4a2＋b2＝7，则aeq\r(1＋b2)的最大值为()A.eq\r(7) B.eq\r(3)C．2eq\r(2) D．2答案D解析因为4a2＋b2＝7，则aeq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)×2a×eq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)eq\r(4a21＋b2)≤eq\f(1,2)×eq\f(4a2＋1＋b2,2)＝2，当且仅当4a2＝1＋b2，即a＝1，b＝eq\r(3)时，等号成立．(2)已知x>1，则eq\f(x2＋3,x－1)的最小值为()A．6B．8C．10D．12答案A解析因为x>1，所以x－1>0，eq\f(x2＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋4,x－1)＝x－1＋2＋eq\f(4,x－1)≥2＋2eq\r(x－1·\f(4,x－1))＝6，当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立．与基本不等式模型结构相似的对勾函数模型如图，对于函数f(x)＝x＋eq\f(k,x)，k＞0，x∈[a，b]，[a，b]⊆(0，＋∞)．(1)当eq\r(k)∈[a，b]时，f(x)＝x＋eq\f(k,x)≥2eq\r(k)，f(x)min＝f(eq\r(k))＝eq\r(k)＋eq\f(k,\r(k))＝2eq\r(k)；(2)当eq\r(k)＜a时，f(x)＝x＋eq\f(k,x)在区间[a，b]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝a＋eq\f(k,a)；(3)当eq\r(k)＞b时，f(x)＝x＋eq\f(k,x)在区间[a，b]上单调递减，f(x)min＝f(b)＝b＋eq\f(k,b).因此，只有当eq\r(k)∈[a，b]时，才能使用基本不等式求最值，而当eq\r(k)∉[a，b]时只能利用对勾函数的单调性求最值．典例函数f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)的最小值是______．答案eq\f(3,2)解析由f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)＝x2＋2＋eq\f(3,x2＋2)－2，令x2＋2＝t(t≥2)，则有f(t)＝t＋eq\f(3,t)－2，由对勾函数的性质知，f(t)在[2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，f(t)min＝eq\f(3,2)，即当x＝0时，f(x)min＝eq\f(3,2).命题点3代换法例4(1)已知正数a，b满足eq\f(8,b)＋eq\f(4,a)＝1，则8a＋b的最小值为()A．54B．56C．72D．81答案C解析8a＋b＝(8a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,b)＋\f(4,a)))＝eq\f(64a,b)＋eq\f(4b,a)＋40≥2eq\r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，当且仅当eq\f(64a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝6，b＝24时取等号．延伸探究已知正数a，b满足8a＋4b＝ab，则8a＋b的最小值为________．答案72解析∵8a＋4b＝ab，a>0，b>0，∴eq\f(8,b)＋eq\f(4,a)＝1，∴8a＋b＝(8a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,b)＋\f(4,a)))＝eq\f(64a,b)＋eq\f(4b,a)＋40≥2eq\r(\f(64a,b)·\f(4b,a))＋40＝72，当且仅当eq\f(64a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝6，b＝24时取等号．(2)已知正数a，b满足a＋2b＝3恒成立，则eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值为()A.eq\f(3,2)B.eq\f(9,4)C．2D．3答案B解析由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，于是eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(2,b)))·eq\f(a＋1＋2b,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(2a＋1,b)＋\f(2b,a＋1)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2a＋1,b)×\f(2b,a＋1))))＝eq\f(9,4)，当且仅当eq\f(2a＋1,b)＝eq\f(2b,a＋1)，且a>0，b>0，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(4,3)时，等号成立．所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值为eq\f(9,4).命题点4消元法例5已知正数a，b满足a2－2ab＋4＝0，则b－eq\f(a,4)的最小值为()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)答案B解析∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，则b＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)，∴b－eq\f(a,4)＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)－eq\f(a,4)＝eq\f(a,4)＋eq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq\r(2)，当且仅当eq\f(a,4)＝eq\f(2,a)，即a＝2eq\r(2)时，等号成立，此时b＝eq\f(3\r(2),2).命题点5构造不等式法例6若a>0，b>0，且ab＝a＋b＋3，则ab的最小值为()A．9B．6C．3D．12答案A解析因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．又ab＝a＋b＋3，所以ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，整理可得ab－2eq\r(ab)－3≥0，解得eq\r(ab)≥3或eq\r(ab)≤－1(舍去)．所以eq\r(ab)≥3，所以ab≥9.所以当a＝b＝3时，ab的最小值为9.思维升华(1)前提：“一正”“二定”“三相等”．(2)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．(3)条件最值的求解通常有三种方法：一是配凑法；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法；三是消元法．跟踪训练2(1)(多选)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＝2－x－eq\f(4,x)(x＜0)C．y＝eq\f(x2＋6,\r(x2＋5))D．y＝4x＋4－x答案AD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，符合题意；对于B，因为x＜0，所以－x＞0，－x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))≥2eq\r(－x×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝4，当且仅当－x＝－eq\f(4,x)，即x＝－2时等号成立，所以y＝2－x－eq\f(4,x)≥2＋4＝6，即y＝2－x－eq\f(4,x)(x＜0)的最小值为6，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，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，符合题意．(2)(多选)已知正实数a，b满足ab＋a＋b＝8，下列说法正确的是()A．ab的最大值为2B．a＋b的最小值为4C．a＋2b的最小值为6eq\r(2)－3D.eq\f(1,ab＋1)＋eq\f(1,b)的最小值为eq\f(1,2)答案BCD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－4≤eq\r(ab)≤2，又因为a>0，b>0，所以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＋b2,4)＋(a＋b)，即(a＋b)2＋4(a＋b)－32≥0，解得a＋b≤－8(舍)或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，所以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，eq\f(1,ab＋1)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ab＋1)＋\f(1,b)))[a(b＋1)＋b]＝eq\f(1,8)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,ab＋1)＋\f(ab＋1,b)))≥eq\f(1,8)×(2＋2)＝eq\f(1,2)，当且仅当eq\f(b,ab＋1)＝eq\f(ab＋1,b)，即b＝4，a＝eq\f(4,5)时取等号，故D正确．

课时精练一、单项选择题1．已知m>0，n>0，mn＝81，则m＋n的最小值是()A．9B．18C．9eq\r(3)D．27答案B解析因为m>0，n>0，由基本不等式m＋n≥2eq\r(mn)得，m＋n≥18，当且仅当m＝n＝9时，等号成立，所以m＋n的最小值是18.2．已知a>0，b>0，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，则4a＋9b的最小值是()A．23B．26C．22D．25答案D解析由题意得a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，故4a＋9b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(4a＋9b)＝eq\f(9b,a)＋eq\f(4a,b)＋13≥2eq\r(\f(9b,a)·\f(4a,b))＋13＝25，当且仅当eq\f(9b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝eq\f(5,2)，b＝eq\f(5,3)时取等号，故4a＋9b的最小值是25.3．若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()A．2B．3C．4D．5答案D解析对原条件式转化得eq\f(3,x)＋eq\f(1,y)＝5，则3x＋4y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))(3x＋4y)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9＋4＋\f(12y,x)＋\f(3x,y)))≥eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(13＋2\r(\f(12y,x)·\f(3x,y))))＝5，当且仅当eq\f(12y,x)＝eq\f(3x,y)且x＋3y＝5xy，即x＝1，y＝eq\f(1,2)时取等号．故3x＋4y的最小值为5.4．“∀x∈(1,4]，不等式x2－mx＋m>0恒成立”的充分不必要条件是()A．m>4B．m<eq\f(16,3)C．m<4D．m<2答案D解析已知∀x∈(1,4]，由不等式x2－mx＋m>0恒成立，得eq\f(x2,x－1)>m恒成立，因为eq\f(x2,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋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x－1＝eq\f(1,x－1)，即x＝2时取等号，所以m<4，所以m<2是m<4的充分不必要条件．5．若x>0，y>0，x＋3y＝1，则eq\f(xy,3x＋y)的最大值为()A.eq\f(1,9)B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,16)D.eq\f(1,20)答案C解析因为x>0，y>0，x＋3y＝1，则eq\f(3x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,y)＋\f(1,x)))(x＋3y)＝eq\f(3x,y)＋eq\f(3y,x)＋10≥2eq\r(\f(3x,y)·\f(3y,x))＋10＝16，当且仅当eq\f(3x,y)＝eq\f(3y,x)，即x＝y＝eq\f(1,4)时，等号成立，所以0<eq\f(xy,3x＋y)≤eq\f(1,16)，即eq\f(xy,3x＋y)的最大值为eq\f(1,16).6．已知x>y>0且4x＋3y＝1，则eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)的最小值为()A．10B．9C．8D．7答案B解析由x>y>0得2x－y>0，x＋2y>0，令a＝2x－y，b＝x＋2y，则a＋2b＝4x＋3y，由4x＋3y＝1得a＋2b＝1，故eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(a＋2b)＝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)，且a＋2b＝1，即a＝b＝eq\f(1,3)时取等号，也即2x－y＝eq\f(1,3)，x＋2y＝eq\f(1,3)，即x＝eq\f(1,5)，y＝eq\f(1,15)时，等号成立，故eq\f(1,2x－y)＋eq\f(2,x＋2y)的最小值为9.二、多项选择题7．已知x，y是正数，且x＋y＝2，则()A．x(x＋2y)的最大值为4B．log2x＋log2y的最大值为0C．2x＋2y的最小值为4D.eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值为eq\f(3,2)＋eq\r(2)答案BCD解析由x，y是正数，且x＋y＝2，可得0<x<2,0<y<2，x(x＋2y)＝(x＋y－y)(x＋y＋y)＝(x＋y)2－y2＝4－y2，由0<y2<4可得0<4－y2<4，所以x(x＋2y)无最大值，故A错误；由x＋y＝2≥2eq\r(xy)，得0<xy≤1，当且仅当x＝y＝1时，等号成立，所以log2x＋log2y＝log2xy≤log21＝0，故B正确；由基本不等式可得2x＋2y≥2eq\r(2x·2y)＝2eq\r(2x＋y)＝4，当且仅当x＝y＝1时取等号，故C正确；eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(x＋y)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(y,x)·\f(2x,y))))＝eq\f(3,2)＋eq\r(2)，当且仅当x＝2eq\r(2)－2，y＝4－2eq\r(2)时取等号，故D正确．8．(2022·新高考全国Ⅱ)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则()A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1答案BC解析因为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))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可变形为(x2＋y2)－1＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；因为x2＋y2－xy＝1可变形为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq\f(3,4)y2＝1，设x－eq\f(y,2)＝cosθ，eq\f(\r(3),2)y＝sinθ，所以x＝cosθ＋eq\f(\r(3),3)sinθ，y＝eq\f(2\r(3),3)sinθ，因此x2＋y2＝cos2θ＋eq\f(5,3)sin2θ＋eq\f(2\r(3),3)sinθcosθ＝1＋eq\f(\r(3),3)sin2θ－eq\f(1,3)cos2θ＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，所以D错误．三、填空题9．若x<2，则x＋eq\f(9,x－2)的最大值为________．答案－4解析x＋eq\f(9,x－2)＝x－2＋eq\f(9,x－2)＋2，由于x<2，所以2－x>0，故2－x＋eq\f(9,2－x)≥2eq\r(2－x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2－x))))＝6，当且仅当2－x＝eq\f(9,2－x)，即x＝－1时，等号成立，所以x－2＋eq\f(9,x－2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x＋\f(9,2－x)))≤－6，故x＋eq\f(9,x－2)＝x－2＋eq\f(9,x－2)＋2≤－4，所以x＋eq\f(9,x－2)的最大值为－4.10．函数f(x)＝eq\f(3x－3,2x2－x＋1)在(1，＋∞)上的最大值为________．答案eq\f(3,7)解析因为f(x)＝eq\f(3x－3,2x2－x＋1)，x∈(1，＋∞)，令x－1＝t，则t>0，则f(t)＝eq\f(3t,2t＋12－t＋1＋1)＝eq\f(3t,2t2＋3t＋2)＝eq\f(3,2t＋3＋\f(2,t))≤eq\f(3,2\r(2t·\f(2,t))＋3)＝eq\f(3,7)，当且仅当2t＝eq\f(2,t)，t＝1，即x＝2时，等号成立．故f(x)在(1，＋∞)上的最大值为eq\f(3,7).11．已知a>1，b>2，a＋b＝5，则eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)的最小值为________．答案eq\f(9,2)解析因为a>1，b>2，所以a－1>0，b－2>0，又a＋b＝5，所以(a－1)＋(b－2)＝2，即eq\f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]＝1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)＝eq\f(1,2)[(a－1)＋(b－2)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(4,b－2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(b－2,a－1)＋\f(4a－1,b－2)＋4))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(b－2,a－1)·\f(4a－1,b－2))))＝eq\f(1,2)×(5＋4)＝eq\f(9,2)，当且仅当eq\f(b－2,a－1)＝eq\f(4a－1,b－2)，即a＝eq\f(5,3)，b＝eq\f(10,3)时取等号，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(4,b－2)的最小值为eq\f(9,2).12．已知正数a，b满足(a＋5b)(2a＋b)＝36，则a＋2b的最小值为________．答案4解析因为a>0，b>0，所以36＝(a＋5b)(2a＋b)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋5b＋2a＋b,2)))2＝eq\f(9,4)(a＋2b)2，所以a＋2b≥4，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋5b＝2a＋b，,a＋5b2a＋b＝36，))即a＝eq\f(8,3)，b＝eq\f(2,3)时，等号成立，所以a＋2b的最小值为4.四、解答题13．已知x>0，y>0，x＋2y＋xy＝30，求：(1)xy的最大值；(2)2x＋y的最小值．解(1)因为x>0，y>0，根据基本不等式，30＝x＋2y＋xy≥2eq\r(2xy)＋xy(当且仅当x＝2y＝6时取等号)，令eq\r(xy)＝t(t>0)，则t2＋2eq\r(2)t－30≤0，解得－5eq\r(2)≤t≤3eq\r(2)，又t>0，所以0<t≤3eq\r(2)，即0<eq\r(xy)≤3eq\r(2)，所以0<xy≤18，故xy的最大值为18.(2)由x＋2y＋xy＝30可知，y＝eq\f(30－x,2＋x)>0,0<x<30,2x＋y＝2x＋eq\f(30－x,2＋x)＝2(x＋2)＋eq\f(32,2＋x)－5≥2eq\r(2x＋2·\f(32,2＋x))－5＝11，当且仅当2(x＋2)＝eq\f(32,2＋x)，即x＝2时取等号，所以2x＋y的最小值为11.14．中欧班列是推进“一带一路”沿线国家道路联通、贸易畅通的重要举措，作为中欧铁路在东北地区的始发站，沈阳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，建造一面高为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如下：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，设屋子的左右两面墙的长度均为x米(2≤x≤6)．(1)当左右两面墙的长度为多少米时，甲工程队的报价最低？(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(900a1＋x,x)元(a>5)，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，求实数a的取值范围．解(1)设甲工程队的总报价为y元，依题意，左右两面墙的长度均为x米(2≤x≤6)，则屋子前面新建墙体长为eq\f(12,x)米，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≥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，故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)由题意可知，900eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(16,x)))＋7200>eq\f(900a1＋x,x)对任意的x∈[2,6]恒成立，即eq\f(x＋42,x)>eq\f(a1＋x,x)，所以eq\f(x＋42,x＋1)>a，即a<eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋42,x＋1)))min，eq\f(x＋42,x＋1)＝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，则eq\f(x＋42,x＋1)的最小值为12，即0<a<12，又a>5，所以a的取值范围是(5,12)．15．已知x，y为正实数，则eq\f(y,x)＋eq\f(16x,2x＋y)的最小值为()A．4B．5C．6D．8答案C解析由题得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f(t)＝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＝eq\f(16,2＋t)，即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6.16．设a＞b＞0，则a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是________．答案4解析∵a＞b＞0，∴a－b＞0，∴a(a－b)＞0，a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2＋ab－ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)＝a2－ab＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)＝a(a－b)＋eq\f(1,aa－b)＋ab＋eq\f(1,ab)≥2＋2＝4，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，))即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立．∴a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,aa－b)的最小值是4.§1.3等式性质与不等式性质课标要求1.掌握等式性质.2.会比较两个数的大小.3.理解不等式的性质，并能简单应用．知识梳理1．两个实数比较大小的方法作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b>0⇔a>b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b<0⇔a<b))(a，b∈R)．2．等式的性质性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性质5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).3．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．常用结论不等式的两类常用性质(1)倒数性质①a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②a<b<0⇒eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；③a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d)；④0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).(2)有关分数的性质若a>b>0，m>0，则①真分数的性质eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)，eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；②假分数的性质eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)，eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个实数a，b之间，有且只有a>b，a＝b，a<b三种关系中的一种．(√)(2)若eq\f(b,a)>1，则b>a.(×)(3)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(4)若eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，则b<a.(×)2．(必修第一册P43T8改编)已知非零实数a，b满足a<b，则下列不等式中一定成立的是()A．lna<lnb B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a2<b2 D．a3<b3答案D解析对于A，当a<b<0时，不等式无意义，故A错误；对于B，当a<0<b时，eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故B错误；对于C，当a<b<0时，a2>b2，故C错误；对于D，当a<b时，a3<b3成立，故D正确．3．(必修第一册P43T10改编)已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖(m>0)(假设全部溶解)，糖水变甜了．请将这一事实表示成一个不等式为________．答案eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m)解析eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).证明：eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b>a>0，m>0，∴a－b<0，∴eq\f(ma－b,bb＋m)<0，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋m,b＋m).4．(必修第一册P42T5改编)已知2<a<3，－2<b<－1，则a＋2b的取值范围为________．答案(－2,1)解析因为－2<b<－1，所以－4<2b<－2，又2<a<3，所以－2<a＋2b<1.题型一数(式)的大小比较例1(1)(多选)下列不等式中正确的是()A．x2－2x>－3(x∈R)B．a3＋b3≥a2b＋ab2(a，b∈R)C．a2＋b2>2(a－b－1)D．若a>b>0，则a2－b2>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案AD解析∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2>0，∴x2－2x>－3，故A正确；a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)．∵(a－b)2≥0，a＋b的符号不确定，∴a3＋b3与a2b＋ab2的大小不确定，故B错误；∵a2＋b2－2a＋2b＋2＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)，故C错误；a2－b2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝(a－b)(a＋b)－eq\f(b－a,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1,ab)))>0，故选项D正确．(2)若正实数a，b，c满足c<cb<ca<1，则()A．aa<ab<ba B．aa<ba<abC．ab<aa<ba D．ab<ba<aa答案C解析∵c是正实数，且c<1，∴0<c<1，由c<cb<ca<1，得0<a<b<1，∵eq\f(aa,ab)＝aa－b>1，∴ab<aa，∵eq\f(aa,ba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a,0<eq\f(a,b)<1，a>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a<1，即aa<ba，综上可知，ab<aa<ba.思维升华比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．跟踪训练1(1)若lna>lnb，则()A.eq\f(1,a2)>eq\f(1,b2)B.eq\f(b,a)<eq\f(b－2023,a－2023)C．πa－b<3a－bD．a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)答案D解析因为lna>lnb，所以a>b>0，eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)＝eq\f(b2－a2,a2b2)＝eq\f(b＋ab－a,a2b2)<0，所以eq\f(1,a2)<eq\f(1,b2)，故A错误；eq\f(b,a)－eq\f(b－2023,a－2023)＝eq\f(ba－2023－ab－2023,aa－2023)＝eq\f(2023a－b,aa－2023)，无法确定符号，故B错误；因为a－b>0，函数y＝xa－b在(0，＋∞)上单调递增，所以πa－b>3a－b，故C错误；a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝a－b－eq\f(b－a,ab)＝a－b＋eq\f(a－b,ab)＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))＝eq\f(a－bab＋1,ab)，其中a－b>0，ab＋1>0，ab>0，所以a－b－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))>0，a－b>eq\f(1,a)－eq\f(1,b)，故D正确．(2)已知M＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)，N＝eq\f(e2024＋1,e2025＋1)，则M，N的大小关系为________．答案M>N解析方法一∵M－N＝eq\f(e2023＋1,e2024＋1)－eq\f(e2024＋1,e2025＋1)＝eq\f(e2023＋1e2025＋1－e2024＋12,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023＋e2025－2e2024,e2024＋1e2025＋1)＝eq\f(e2023e－12,e2024＋1e2025＋1)>0.∴M>N.方法二令f(x)＝eq\f(ex＋1,ex＋1＋1)＝eq\f(\f(1,e)ex＋1＋1＋1－\f(1,e),ex＋1＋1)＝eq\f(1,e)＋eq\f(1－\f(1,e),ex＋1＋1)，显然f(x)是R上的减函数，∴f(2023)>f(2024)，即M>N.题型二不等式的基本性质例2(1)若实数a，b满足a<b<0，则()A．a＋b>0 B．a－b<0C．|a|<|b| D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))答案B解析由a<b<0，可得a＋b<0，故A错误；由a<b<0，可得a－b<0，故B正确；由a<b<0，可得－a>－b>0，所以|a|>|b|，故C错误；由a<b<0，可得|a|>|b|>0，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))，故D错误．(2)(多选)已知a，b，c为实数，则下列说法正确的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a>b，则a＋c>b＋cC．若a>b>c>0，则eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)D．若a>b>c>0，则eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)答案BCD解析当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；由不等式的可加性可知，B正确；若a>b>c>0，则a－b>0，b＋c>0，∴eq\f(a,b)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(ab＋c－ba＋c,bb＋c)＝eq\f(ca－b,bb＋c)>0，∴eq\f(a,b)>eq\f(a＋c,b＋c)，故C正确；若a>b>c>0，则a－b>0，a－c>0，b－c>0，且a－c>a－b，∴eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a－c)>0，又b>c>0，由可乘性知，eq\f(b,a－b)>eq\f(c,a－c)，故D正确．思维升华判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．跟踪训练2(1)设a，b，c，d为实数，且c<d，则“a<b”是“a－c<b－d”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析由a<b不能推出a－c<b－d，如a＝2，b＝3，c＝0，d＝1，满足a<b，但是a－c＝b－d，故充分性不成立；当a－c<b－d时，又c<d，可得a－c＋c<b－d＋d，即a<b，故必要性成立，所以“a<b”是“a－c<b－d”的必要不充分条件．(2)(多选)若a>b>0，则下列不等式中正确的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．－a2<－abC．ln|a－1|>ln|b－1|D．2a－b>1答案ABD解析因为a>b>0，eq\f(1,ab)>0，所以eq\f(a,ab)>eq\f(b,ab)，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，故A正确；因为a>b>0，－a<0，所以－a2<－ab，故B正确；若a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)，ln|a－1|＝ln|b－1|＝lneq\f(1,2)，故C不正确；因为a－b>0，所以2a－b>20＝1，故D正确．题型三不等式性质的综合应用例3(1)已知0<x<5，－1<y<1，则x－2y的取值范围是()A．2<x－2y<3 B．－2<x－2y<3C．2<x－2y<7 D．－2<x－2y<7答案D解析因为－1<y<1，所以－2<－2y<2，又0<x<5，所以－2<x－2y<7.延伸探究若将条件改为“－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1”，求x－2y的范围．解设x－2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，∴x－2y＝(m＋n)x＋(m－n)y，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝1，,m－n＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))∴x－2y＝－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)，∵－1≤x＋y≤2，－2≤x－y≤1，∴－1≤－eq\f(1,2)(x＋y)≤eq\f(1,2)，－3≤eq\f(3,2)(x－y)≤eq\f(3,2)，∴－4≤－eq\f(1,2)(x＋y)＋eq\f(3,2)(x－y)≤2，即－4≤x－2y≤2.(2)为了加强家校联系，王老师组建了一个由学生、家长和教师组成的微信群．已知该群中男学生人数多于女学生人数，女学生人数多于家长人数，家长人数多于教师人数，教师人数的两倍多于男学生人数．则该微信群人数的最小值为()A．20B．22C．26D．28答案B解析设教师人数为x，家长人数为y，女学生人数为z，男学生人数为t，x，y，z，t∈N*，则y≥x＋1，z≥y＋1≥x＋2，t≥z＋1≥y＋2≥x＋3，则x＋y＋z＋t≥4x＋6，又教师人数的两倍多于男学生人数，∴2x>x＋3，解得x>3，当x＝4时，x＋y＋z＋t≥22，此时微信群人数的最小值为22.思维升华利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点(1)必须严格运用不等式的性质．(2)在多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围，解决途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，然后通过“一次性”不等关系的运算求解范围．跟踪训练3(1)(多选)已知1≤a≤2,3≤b≤5，则()A．a＋b的取值范围为[4,7]B．b－a的取值范围为[2,3]C．ab的取值范围为[3,10]D.eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,5)))答案AC解析因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以4≤a＋b≤7，－2≤－a≤－1,1≤b－a≤4，所以a＋b的取值范围为[4,7]，b－a的取值范围为[1,4]，故A正确，B错误；因为1≤a≤2,3≤b≤5，所以3≤ab≤10，eq\f(1,5)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,3)，eq\f(1,5)≤eq\f(a,b)≤eq\f(2,3)，所以ab的取值范围为[3,10]，eq\f(a,b)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(2,3)))，故C正确，D错误．(2)已知2<x<4，－3<y<－1，则eq\f(x,x－2y)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))答案B解析原式分子和分母同时除以x，得eq\f(x,x－2y)＝eq\f(1,1－\f(2y,x))，由条件得2<－2y<6，eq\f(1,4)<eq\f(1,x)<eq\f(1,2)，所以eq\f(2,4)<－eq\f(2y,x)<eq\f(6,2)，即eq\f(1,2)<－eq\f(2y,x)<3，所以eq\f(3,2)<1－eq\f(2y,x)<4，所以eq\f(1,4)<eq\f(1,1－\f(2y,x))<eq\f(2,3).课时精练一、单项选择题1．已知a，b∈R，则“eq\r(a)>eq\r(b)”是“lna>lnb”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析若“eq\r(a)>eq\r(b)”，取a＝1，b＝0，但是lnb无意义，所以由“eq\r(a)>eq\r(b)”推不出“lna>lnb”，若“lna>lnb”，则a>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，所以由“lna>lnb”可推出“eq\r(a)>eq\r(b)”，所以“eq\r(a)>eq\r(b)”是“lna>lnb”的必要不充分条件．2．已知a>0，b>0，设m＝a－2eq\r(b)＋2，n＝2eq\r(a)－b，则()A．m≥n B．m>nC．m≤n D．m<n答案A解析由题意可知，m－n＝a－2eq\r(b)＋2－2eq\r(a)＋b＝(eq\r(a)－1)2＋(eq\r(b)－1)2≥0，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即m≥n.3．已知a>b，则下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．2a>2bC．a2>b2 D．|a|>|b|答案B解析取a＝1，b＝－2，满足a>b，显然有eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，a2<b2，|a|<|b|成立，即选项A，C，D都不正确；指数函数y＝2x为增函数，若a>b，则必有2a>2b，B正确．4．已知a<b<c，a＋b＋c＝0，则()A．ab<b2 B．ac>bcC.eq\f(1,a)<eq\f(1,c) D.eq\f(c－a,c－b)<1答案C解析因为a<b<c，a＋b＋c＝0，所以a<0<c，b的符号不能确定，当b＝0时，ab＝b2，故A项错误；因为a<b，c>0，所以ac<bc，故B项错误；因为a<0<c，所以eq\f(1,a)<eq\f(1,c)，故C项正确；因为a<b，所以－a>－b，所以c－a>c－b>0，所以eq\f(c－a,c－b)>1，故D项错误．5．若c>b>a>0，则()A．abbc>acbb B．2lnb<lna＋lncC．a－eq\f(c,a)>b－eq\f(c,b) D．logac>logbc答案A解析由于eq\f(abbc,acbb)＝ab－cbc－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))b－c>1，所以abbc>acbb成立，故A正确；2lnb＝lnb2，lna＋lnc＝lnac，b2与ac大小不能确定，故B错误；由于a－eq\f(c,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,b)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,ab)))<0，故C错误；令c＝1，则logac＝logbc＝0，故D错误．6．已知m5＝4，n8＝9，0.9p＝0.8，则正数m，n，p的大小关系为()A．p>m>n B．m>n>pC．m>p>n D．p>n>m答案A解析由m5＝4，得m＝<eq\r(2)，由n8＝9，得n＝，因此，eq\f(m,n)＝>1，即eq\r(2)>m>n，由0.9p＝0.8，得p＝log0.90.8>log0.90.81＝2，于是得p>m>n，所以正数m，n，p的大小关系为p>m>n.二、多项选择题7．下列结论中不正确的是()A．若ac2>bc2，则a>bB．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，则a>bC．若a>b，c>d，则ac>bdD．若2a－b>1，则a<b答案BCD解析ac2>bc2，不等式两边除以c2(c≠0)，则a>b，故A正确；取a＝－1，b＝1，满足eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又a<b，故B错误；取a＝1，b＝0，c＝0，d＝－1，满足a>b，c>d，又ac＝bd，故C错误；取a＝2，b＝1，满足2a－b>1，又a>b，故D错误．8．已知实数x，y满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则()A．－1<x<2 B．－2<y<1C．－3<x＋y<3 D．－1<x－y<3答案ABD解析因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8，则－5<5x<10，即－1<x<2，故A正确；又－4<－2x－4y<6，－1<2x－y<4，所以－5<－5y<10，即－2<y<1，故B正确；x＋y＝eq\f(3x＋2y＋2x－y,5)∈(－2,2)，故C错误；x－y＝eq\f(－x＋2y＋32x－y,5)∈(－1,3)，故D正确．三、填空题9．已知a>0，－1<b<0，则a，ab，ab2由小到大依次排列是________．答案ab<ab2<a解析因为a>0，－1<b<0，所以ab<0,0<b2<1,0<ab2<a，故ab<ab2<a.10．若a，b同时满足下列两个条件：①a＋b>ab；②eq\f(1,a＋b)>eq\f(1,ab).请写出一组a，b的值________．答案a＝－1，b＝2(答案不唯一)解析容易发现，若将①式转化为②式，需使(a＋b)ab<0，即a＋b与ab异号，显然应使a＋b>0，ab<0，当a<0，b>0时，要使a＋b>0，则|a|<|b|，可取a＝－1，b＝2；当a>0，b<0时，要使a＋b>0，则|a|>|b|，可取a＝2，b＝－1.综上