2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章 第1节 等式性质与不等式性质含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第二章一元二次函数、方程和不等式第一节等式性质与不等式性质课标解读考向预测理解不等式的概念，掌握不等式的性质.高考主要与其他知识及实际问题相结合进行命题，为中档难度.2025年备考要重视性质的运用，明确其成立的前提，灵活运用估值法，适当关注与实际问题的结合.必备知识——强基础1．等式的性质(1)对称性：若a＝b，则beq\x(\s\up1(01))＝a.(2)传递性：若a＝b，b＝c，则aeq\x(\s\up1(02))＝c.(3)可加性：若a＝b，则a＋ceq\x(\s\up1(03))＝b＋c.(4)可乘性：若a＝b，则aceq\x(\s\up1(04))＝bc；若a＝b，c＝d，则aceq\x(\s\up1(05))＝bd.(5)可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)eq\x(\s\up1(06))＝eq\f(b,c).2．不等式的性质性质性质内容注意对称性a>b⇔eq\x(\s\up1(07))b<a；a<b⇔eq\x(\s\up1(08))b>a可逆传递性a>b，b>c⇒aeq\x(\s\up1(09))>c；a<b，b<c⇒aeq\x(\s\up1(10))<c同向可加性a>b⇔a＋ceq\x(\s\up1(11))>b＋c可逆可乘性a>b，c>0⇒aceq\x(\s\up1(12))>bc；a>b，c<0⇒aceq\x(\s\up1(13))<bc；c的符号同向可加性a>b，c>d⇒a＋ceq\x(\s\up1(14))>b＋d同向同向同正可乘性a>b>0，c>d>0⇒aceq\x(\s\up1(15))>bd同向同正可乘方性a>b>0，n∈N，n≥2⇒aneq\x(\s\up1(16))>bn同正可开方性a>b>0，n∈N，n≥2⇒eq\r(n,a)eq\x(\s\up1(17))>eq\r(n,b)同正3.两个实数比较大小的方法(1)作差法①a－b>0⇔aeq\x(\s\up1(18))>b；②a－b＝0⇔aeq\x(\s\up1(19))＝b；③a－b<0⇔aeq\x(\s\up1(20))<b.(2)作商法①eq\f(a,b)>1(a∈R，b>0)⇔aeq\x(\s\up1(21))>b(a∈R，b>0)；②eq\f(a,b)＝1(a∈R，b≠0)⇔aeq\x(\s\up1(22))＝b(a∈R，b≠0)；③eq\f(a,b)<1(a∈R，b>0)⇔aeq\x(\s\up1(23))<b(a∈R，b>0)．若a＞b＞0，m＞0，则(1)eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(a－m＞0)；(2)eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a＝b⇔ac＝bc.()(2)若a<b<0，则eq\f(1,a2n)<eq\f(1,b2n)(n∈N*)．()(3)若a>b>c，则(a－b)c>(b－a)c.()答案(1)×(2)√(3)×2．小题热身(1)实数x，y满足x＞y，则下列不等式成立的是()A.eq\f(y,x)＜1 B．2－x＜2－yC．lg(x－y)＞0 D．x2＞y2答案B(2)(人教B必修第一册2.2.1练习BT2改编)若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有()A.eq\f(a,d)＞eq\f(b,c) B.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)C.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) D.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d)答案B(3)(人教A必修第一册习题2.1T8)下列命题为真命题的是()A．若a>b>0，则ac2>bc2B．若a>b>0，则a2>b2C．若a<b<0，则a2<ab<b2D．若a<b<0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案B解析对于A，当c2＝0时不正确；对于B，因为a＞b＞0，所以a2－b2＝(a＋b)(a－b)＞0，所以a2＞b2，所以B正确；对于C，由a＜b＜0可得，a2＞ab＞b2，所以C不正确；对于D，因为a＜b＜0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以D不正确．(4)已知1<a＋2b<2，－2<2a－b<1，则8a＋b的取值范围是________．答案(－4，7)解析因为8a＋b＝2(a＋2b)＋3(2a－b)，1<a＋2b<2，－2<2a－b<1，所以2<2(a＋2b)<4，－6<3(2a－b)<3，－4<8a＋b<7，故8a＋b的取值范围是(－4，7)．考点探究——提素养考点一不等式的性质例1(多选)(2023·湖南长沙长郡中学高三二模)已知实数a，b，c满足0<a<b<c，则下列不等式成立的是()A.eq\f(1,c－a)>eq\f(1,b－a) B.eq\f(b,a)>eq\f(b＋c,a＋c)C.eq\f(1,a(c－a))>eq\f(1,b(c－a)) D．ab＋c2>ac＋bc答案BCD解析因为0<a<b<c，所以c－a>b－a>0，eq\f(1,c－a)<eq\f(1,b－a)，故A错误；因为a＞0，b＞0，b＋c＞0，a＋c＞0，所以eq\f(b,a)>eq\f(b＋c,a＋c)⇔b(a＋c)>a(b＋c)⇔bc>ac⇔b>a，故B正确；因为a＞0，b＞0，c－a＞0，所以eq\f(1,a(c－a))>eq\f(1,b(c－a))⇔eq\f(1,a)>eq\f(1,b)⇔b>a，故C正确；ab＋c2>ac＋bc⇔c(c－b)－a(c－b)>0⇔(c－a)(c－b)>0，故D正确．故选BCD.【通性通法】应用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．有时可以结合函数的单调性进行推导．【巩固迁移】1．(2024·山东济南高三开学考试)“x>y”的一个充分条件可以是()A．2x－y>eq\f(1,2) B．x2>y2C.eq\f(x,y)>1 D．xt2>yt2答案D解析由x>y，得x－y>0.对于A，由2x－y>eq\f(1,2)，得2x－y>2－1，由指数函数的性质，得x－y>－1，因为x－y>－1不一定有x－y>0，故A不正确；对于B，由x2>y2，得x2－y2>0，即(x＋y)(x－y)>0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y>0，,x－y>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y<0，,x－y<0，))故B不正确；对于C，由eq\f(x,y)>1，得eq\f(x,y)－1>0，即eq\f(x－y,y)>0，所以y(x－y)>0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y>0，,x－y>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y<0，,x－y<0，))故C不正确；对于D，由xt2>yt2，知t2>0，所以x>y成立，故D正确．故选D.考点二比较两个数(式)的大小(多考向探究)考向1作差法例2已知a，b∈R，a>b>0，则下列不等式中一定成立的是()A.eq\f(a,b)>eq\f(a－1,b－1) B.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)C.eq\f(a,b)>eq\f(a＋1,b＋1) D．a－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a)答案C解析对于A，eq\f(a,b)－eq\f(a－1,b－1)＝eq\f(a(b－1)－b(a－1),b(b－1))＝eq\f(b－a,b(b－1))，因为b－1的正负不确定，所以eq\f(a,b)>eq\f(a－1,b－1)不一定成立，即A错误；对于B，eq\f(1,a－b)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－(a－b),b(a－b))＝eq\f(2b－a,b(a－b))，因为2b－a的正负不确定，所以eq\f(1,a－b)>eq\f(1,b)不一定成立，即B错误；对于C，eq\f(a,b)－eq\f(a＋1,b＋1)＝eq\f(a(b＋1)－b(a＋1),b(b＋1))＝eq\f(a－b,b(b＋1))，因为a－b>0，b>0，b＋1>0，所以eq\f(a,b)>eq\f(a＋1,b＋1)一定成立，即C正确；对于D，a－eq\f(1,b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,a)))＝eq\f((a－b)(ab－1),ab)，因为ab－1的正负不确定，所以a－eq\f(1,b)>b－eq\f(1,a)不一定成立，即D错误．故选C.【通性通法】作差法的一般步骤：(1)作差；(2)变形；(3)定号；(4)结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差．【巩固迁移】2．若a，b∈[0，＋∞)，A＝eq\r(a)＋eq\r(b)，B＝eq\r(a＋b)，则A，B的大小关系是()A．A≤B B．A≥BC．A＜B D．A＞B答案B解析由题意，得B2－A2＝－2eq\r(ab)≤0，所以B2≤A2.又A≥0，B≥0，所以A≥B.故选B.考向2作商法例3已知c＞1，且x＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，y＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，则x，y的大小关系是()A．x＞y B．x＝yC．x＜y D．x，y的关系随c而定答案C解析易知x>0，y＞0，又eq\f(x,y)＝eq\f(\r(c＋1)－\r(c),\r(c)－\r(c－1))＝eq\f(\f(1,\r(c＋1)＋\r(c)),\f(1,\r(c)＋\r(c－1)))＝eq\f(\r(c)＋\r(c－1),\r(c＋1)＋\r(c))<1，所以x<y.故选C.【通性通法】作商法的一般步骤：(1)作商；(2)变形；(3)判断商与1的大小；(4)结论．注意作商前要先判断正负，一般要比较的两数(式)均为正数，可考虑使用作商法．【巩固迁移】3．已知a，b，c为正实数，且a2＋b2＝c2，则当n∈N，且n＞2时，cn与an＋bn的大小关系为________．答案cn＞an＋bn解析∵a2＋b2＝c2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)＝1，则0＜eq\f(a,c)＜1，0＜eq\f(b,c)＜1.又n∈N，且n＞2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(n)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(n)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)，∴eq\f(an＋bn,cn)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(n)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,c)))eq\s\up12(2)＝1，∴cn＞an＋bn.考向3特殊值法例4(2023·北京海淀高三模拟)已知x，y∈R，且x＋y>0，则()A.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)>0 B．x3＋y3>0C．lg(x＋y)>0 D．sin(x＋y)>0答案B解析令x＝1，y＝－eq\f(1,2)，显然eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝1－2<0，故A错误；因为x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)＝(x＋y)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y))\s\up12(2)＋\f(3,4)y2))，显然x＝eq\f(1,2)y，y＝0不能同时成立，所以(x＋y)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y))\s\up12(2)＋\f(3,4)y2))>0，故B正确；取x＝1，y＝0，则lg(x＋y)＝0，故C错误；取x＝1，y＝3，则sin(x＋y)＝sin4<0，故D错误．故选B.【通性通法】解有关不等式选择题时，可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循如下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算；三是所取值要有代表性．【巩固迁移】4．(2024·福建三明第一中学高三月考)若非零实数a，b满足a>b，则()A．ac2>bc2 B.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．ea－b>1 D．lna>lnb答案C解析对于A，当c＝0时，ac2＝bc2＝0，故A错误；对于B，当a＝1，b＝－1时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝－2<0，故B错误；对于C，∵a>b，∴a－b>0，∴ea－b>e0＝1，故C正确；对于D，当0>a>b时，lna，lnb无意义，故D错误．故选C.考向4中间量法例5(2023·四川南充模拟)设a＝0.50.2，b＝log0.20.5，c＝log0.50.2，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>b>aC．c>a>b D．b>c>a答案C解析因为a＝0.50.2>0.5＝eq\f(1,2)，a＝0.50.2＜0.50＝1，b＝log0.20.5＝log0.2eq\r(0.25)<log0.2eq\r(0.2)＝eq\f(1,2)，c＝log0.50.2>log0.50.5＝1，所以c>1>a>eq\f(1,2)>b，故选C.【通性通法】对于两个数(式)，若无法直接比较大小，则可以考虑利用中间值来比较大小，一般常用的中间值为－1，0，eq\f(1,2)，1，eq\r(2)等．【巩固迁移】5．已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．b<c<a答案B解析a＝log20.2<log21＝0，b＝20.2>20＝1，c＝0.20.3<0.20＝1，即c∈(0，1)，故a<c<b.考点三不等式性质的综合应用例6(1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________．答案(－4，2)(1，18)解析因为－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.因为－3<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.(2)已知a∈(－3，－2)，b∈(2，4)，则eq\f(b,a)的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))解析∵a∈(－3，－2)，∴eq\f(1,a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，故eq\f(1,3)<－eq\f(1,a)<eq\f(1,2)，又2<b<4，∴eq\f(2,3)<－eq\f(b,a)<2，则－2<eq\f(b,a)<－eq\f(2,3).【通性通法】利用不等式的性质求代数式取值范围的注意点【巩固迁移】6．已知12<a<60，15<b<36，则a－2b的取值范围为________，eq\f(2a,b)的取值范围为________．答案(－60，30)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，8))解析因为15<b<36，所以－72<－2b<－30.又12<a<60，所以－60<a－2b<30.因为12<a<60，所以24<2a<120，又15<b<36，所以eq\f(1,36)<eq\f(1,b)<eq\f(1,15)，所以eq\f(2,3)<eq\f(2a,b)<8.综上，a－2b的取值范围是(－60，30)，eq\f(2a,b)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，8)).7．(2024·广东五校高三上学期期末联考)已知1≤a－b≤3，3≤a＋b≤7，则5a＋b的取值范围为________．答案[11，27]解析设5a＋b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝5，,n－m＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝3，))则5a＋b＝2(a－b)＋3(a＋b)，又1≤a－b≤3，3≤a＋b≤7，所以2≤2(a－b)≤6，9≤3(a＋b)≤21，由不等式的性质，得11≤2(a－b)＋3(a＋b)≤27，则5a＋b的取值范围为[11，27]．课时作业一、单项选择题1．已知a＋b＜0，且a＞0，则()A．a2＜－ab＜b2 B．b2＜－ab＜a2C．a2＜b2＜－ab D．－ab＜b2＜a2答案A解析解法一：令a＝1，b＝－2，则a2＝1，－ab＝2，b2＝4，从而a2＜－ab＜b2.故选A.解法二：由a＋b＜0，且a＞0可得b＜0，且a＜－b.因为a2－(－ab)＝a(a＋b)＜0，所以0＜a2＜－ab.又0＜a＜－b，所以0＜－ab＜(－b)2，所以0＜a2＜－ab＜b2.故选A.2．(2024·福建师范大学附属中学高三月考)已知a，b∈R，使a>b成立的一个必要不充分条件是()A．a＋1>b B．a>b＋1C．2a>2b D．a2>b2答案A解析对于A，若a>b，则a＋1>a>b，而a＋1>b成立，不能推出a>b成立，即a＋1>b是a>b成立的必要不充分条件，故A正确；对于B，因为a>b＋1>b，所以a>b＋1是a>b成立的充分条件，故B不正确；对于C，因为函数y＝2x是R上的增函数，所以a>b⇔2a>2b，故C不正确；对于D，取a＝1，b＝－2，满足a>b，而a2>b2不成立，反之，取a＝－2，b＝1，满足a2>b2，而a>b不成立，故D不正确．故选A.3．若正实数a，b，c互不相等且满足a2＋b2＋c2＝2ab＋bc，则下列结论成立的是()A．2a>b>c B．2a>c>bC．2c>a>b D．2c>b>a答案A解析由a2＋b2＋c2＝2ab＋bc可得2ab＋bc－c2＝a2＋b2≥2ab，由于正实数a，b不相等，故2ab＋bc－c2>2ab，即bc－c2>0，c(b－c)>0，则b>c；又由a2＋b2＋c2＝2ab＋bc可得2ab＋bc－b2＝a2＋c2>2ac(a，c不相等)，故b(2a－b)＋(b－2a)c>0，即(2a－b)(b－c)>0，由于b>c，故2a>b，故2a>b>c.故选A.4．(2023·江西九江六校联考)已知a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，则()A．a>b>c B．a>c>bC．c>a>b D．c>b>a答案B解析由a－b＝eq\r(2)＋eq\r(3)－eq\r(7)，且(eq\r(2)＋eq\r(3))2＝5＋2eq\r(6)>7，故a>b；由a－c＝2eq\r(2)－eq\r(6)且(2eq\r(2))2＝8>6，故a>c；b－c＝(eq\r(7)＋eq\r(2))－(eq\r(6)＋eq\r(3))且(eq\r(6)＋eq\r(3))2＝9＋2eq\r(18)>9＋2eq\r(14)＝(eq\r(7)＋eq\r(2))2，故c>b.所以a>c>b.故选B.5．“a>b>0”是“eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”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解析若a>b>0，则eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，即eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立；若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，则eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)<0，则a>b>0或0>a>b或a<0<b，所以“a>b>0”是“eq\f(1,a)<eq\f(1,b)”的充分不必要条件．故选A.6．若a>0，且a≠7，则()A．77aa<7aa7B．77aa＝7aa7C．77aa>7aa7D．77aa与7aa7的大小不确定答案C解析eq\f(77aa,7aa7)＝77－aaa－7＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)，则当a>7时，0<eq\f(7,a)<1，7－a<0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)>1，∴77aa>7aa7；当0<a<7时，eq\f(7,a)>1，7－a>0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,a)))eq\s\up12(7－a)>1，∴77aa>7aa7.综上，77aa>7aa7.故选C.7．设a＝sineq\f(1,2)，b＝lnπ，c＝πeq\s\up7(-\f(1,2))，则()A．c<b<a B．a<c<bC．a<b<c D．c<a<b答案B解析因为0＝sin0<sineq\f(1,2)<sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，又lnπ>lne＝1，所以b∈(1，＋∞)，又eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(4))<eq\f(1,\r(π))＝πeq\s\up7(-\f(1,2))<π0＝1，所以c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a<c<b.故选B.8．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则()A．甲先到教室B．乙先到教室C．两人同时到教室D．谁先到教室不确定答案B解析设步行速度与跑步速度分别为v1，v2，显然v1＜v2，总路程为2s，则甲用的时间为eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)，乙用的时间为eq\f(4s,v1＋v2)，而eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)－eq\f(4s,v1＋v2)＝eq\f(s(v1＋v2)2－4sv1v2,v1v2(v1＋v2))＝eq\f(s(v1－v2)2,v1v2(v1＋v2))>0，故eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)>eq\f(4s,v1＋v2)，故乙先到教室．故选B.二、多项选择题9．(2024·湖北宜昌协作体高三上学期期中联考)已知a>b>0，则下列说法正确的是()A.eq\f(b,a)>eq\f(b＋2,a＋2)B．2eq\r(a)>eq\r(a－b)＋eq\r(b)C．a＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)D．lgeq\f(a＋b,2)>eq\f(lga＋lnb,2)答案BD解析因为a>b>0，所以eq\f(b,a)－eq\f(b＋2,a＋2)＝eq\f(2(b－a),a(a＋2))<0，故A错误；因为a>b>0，所以eq\r(a)>eq\r(b)，eq\r(a)>eq\r(a－b)，所以2eq\r(a)>eq\r(a－b)＋eq\r(b)，故B正确；当a＝2，b＝eq\f(1,2)时，a＋eq\f(1,a)＝b＋eq\f(1,b)，故C错误；因为a>b>0，所以lgeq\f(a＋b,2)>lgeq\f(2\r(ab),2)＝lgeq\r(ab)＝eq\f(lga＋lgb,2)，故D正确．故选BD.10．(2023·湖北武汉江汉区模拟)若eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，则()A．|a|<|b| B．ac<bcC.eq\f(a－b,c)>0 D．0<eq\f(a,b)<1答案ACD解析由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，得c≠0，当c>0时，由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0，得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，即b<a<0，则|a|<|b|，ac>bc，eq\f(a－b,c)>0，0<eq\f(a,b)<1；当c<0时，由eq\f(c3,a)<eq\f(c3,b)<0得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>0，即b>a>0，所以|a|<|b|，ac>bc，eq\f(a－b,c)>0，0<eq\f(a,b)<1，故A，C，D正确，B错误．故选ACD.11．(2023·湖南十六校联考)下列不等式成立的是()A．log2(sin1)>2sin1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<πeq\s\up7(\f(1,2))C.eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2 D．log43<log65答案BCD解析∵sin1∈(0，1)，∴log2(sin1)<0，2sin1>1，∴log2(sin1)<2sin1，故A不成立；∵0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<1，πeq\s\up7(\f(1,2))>1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))eq\s\up12(2)<πeq\s\up7(\f(1,2))，故B成立；要判定eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2，即判定eq\r(7)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，即(eq\r(7)＋2)2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2，即11＋4eq\r(7)<11＋2eq\r(30)，即4eq\r(7)<2eq\r(30)，即28<30成立，故C成立；∵log34＝1＋log3eq\f(4,3)，log56＝1＋log5eq\f(6,5)，又log3eq\f(4,3)>log3eq\f(6,5)>log5eq\f(6,5)，∴log34>log56>0，∴0<eq\f(1,log34)<eq\f(1,log56)，∴log43<log65，故D成立．故选BCD.三、填空题12．(2023·江西南昌模拟)已知1≤2x－y≤2，－1≤2x＋3y≤1，则6x＋5y的取值范围为________．答案[－1，4]解析因为6x＋5y＝2x－y＋2(2x＋3y)，所以1＋2×(－1)≤2x－y＋2(2x＋3y)≤2＋2×1，故6x＋5y的取值范围为[－1，4]．13．某新农村为加强体育文化建设，购买了一批体育器材．已知在该批次器材中，4个排球和5个足球的价格之和小于400元，而6个排球和3个足球的价格之和大于450元．设1个排球的价格为A元，1个足球的价格为B元，则A________B(填“>”“<”或“＝”)．答案>解析由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4A＋5B<400，,6A＋3B>450，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4A－5B>－400，,6A＋3B>450，))所以A－B>25>0，则A>B.14．(2024·皖南八校高三第一次大联考)设x，y是正实数，记S为x，y＋eq\f(2,x)，eq\f(2,y)中的最小值，则S的最大值为________．答案2解析由题意，知0<S≤x，0<S≤eq\f(2,y)，则eq\f(1,x)≤eq\f(1,S)，eq\f(y,2)≤eq\f(1,S)，即有eq\f(2,x)≤eq\f(2,S)，y≤eq\f(2,S)，所以S≤y＋eq\f(2,x)≤eq\f(2,S)＋eq\f(2,S)＝eq\f(4,S)，解得0<S≤2，当且仅当eq\f(1,x)＝eq\f(y,2)＝eq\f(1,2)时取等号，故S的最大值为2.15．(2023·河南开封模拟)若a是实数，P＝eq\r(a2＋10)＋a，Q＝eq\r(a2＋6)＋eq\r(a2＋4)，则P，Q的大小关系是()A．Q>P B．P＝QC．P>Q D．由a的取值确定答案A解析显然P，Q都是正数，又P2＝2a2＋10＋2aeq\r(a2＋10)，Q2＝2a2＋10＋2eq\r((a2＋6)(a2＋4))＝2a2＋10＋2eq\r(a4＋10a2＋24)，Q2－P2＝2eq\r(a4＋10a2＋24)－2aeq\r(a2＋10)，若a是负数，则Q2－P2>0，即Q2>P2，所以Q>P；若a是非负数，则2aeq\r(a2＋10)＝2eq\r(a4＋10a2)<2eq\r(a4＋10a2＋24)，所以Q2－P2>0，即Q2>P2，所以Q>P.故选A.16．(2024·贵州毕节市高三诊断(一))某营救小组有48人，需要乘船过河去执行营救任务，现从甲、乙两种型号的船中选择一种．甲型号的船比乙型号的船少5艘．若只选择甲型号的船，每艘船载4人，则船不够；每艘船载5人，则有船没有载满．若只选择乙型号的船，每艘船载3人，则船不够；每艘船载4人，则有多余的船．那么，甲型号的船有()A．9艘 B．10艘C．11艘 D．12艘答案B解析设甲型号的船有x艘，则乙型号的船有(x＋5)艘，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x<48<5x，,3(x＋5)<48≤4(x＋5－1)，))解得9.6<x<11，又因为x为正整数，所以x＝10，即甲型号的船有10艘．故选B.17．(多选)已知3<a<6，1<b<5，则()A.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，3)) B.eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，6))C．a－2b∈(－4，1) D．a－2b∈(－7，4)答案BD解析∵1<b<5，∴－10<－2b<－2，eq\f(1,5)<eq\f(1,b)<1，又3<a<6，∴－7<a－2b<4，eq\f(3,5)<eq\f(a,b)<6，即eq\f(a,b)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，6))，a－2b∈(－7，4)．故选BD.18．设x，y为实数，满足2≤xy2≤3，3≤eq\f(x2,y)≤4，则eq\f(x5,y5)的最大值是________．答案32解析eq\f(x5,y5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq\s\up12(3)·eq\f(1,xy2)，∵3≤eq\f(x2,y)≤4，∴27≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq\s\up12(3)≤64，∵2≤xy2≤3，∴eq\f(1,3)≤eq\f(1,xy2)≤eq\f(1,2)，根据不等式的性质，得9≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)))eq\s\up12(3)·eq\f(1,xy2)≤32，即eq\f(x5,y5)的最大值为32，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y)＝4，,xy2＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1))时，等号成立．19．(2024·河南洛阳高三模拟)已知三个不等式：ab>0，bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0(其中a，b，c，d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成正确命题的个数是________．答案3解析若ab>0，bc－ad>0成立，则不等式bc－ad>0两边同除以ab，可得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即ab>0，bc－ad>0⇒eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0成立，则不等式eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0两边同乘以ab，可得bc－ad>0，即ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0⇒bc－ad>0；若eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0成立，则eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0，又bc－ad>0，则ab>0，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0⇒ab>0.综上可知，以三个不等式中任意两个为条件都可推出第三个不等式成立，故可组成的正确命题有3个．20．(2024·九省联考)以maxM表示数集M中最大的数．设0<a<b<c<1，已知b≥2a或a＋b≤1，则max{b－a，c－b，1－c}的最小值为________．答案eq\f(1,5)解析令b－a＝m，c－b＝n，1－c＝p，其中m，n，p>0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1－n－p，,a＝1－m－n－p.))若b≥2a，则b＝1－n－p≥2(1－m－n－p)，故2m＋n＋p≥1，令M＝max{b－a，c－b，1－c}＝max{m，n，p}，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2M≥2m，,M≥n，,M≥p，))故4M≥2m＋n＋p≥1，则M≥eq\f(1,4)；若a＋b≤1，则1－m－n－p＋1－n－p≤1，即m＋2n＋2p≥1，M＝max{b－a，c－b，1－c}＝max{m，n，p}，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(M≥m，,2M≥2n，,2M≥2p，))故5M≥m＋2n＋2p≥1，则M≥eq\f(1,5)，当m＝n＝p时，等号成立．综上可知，max{b－a，c－b，1－c}的最小值为eq\f(1,5).第二节基本不等式课标解读考向预测1.掌握基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a，b>0)，了解其证明过程.2.结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题.基本不等式是高考考查的重点，基本不等式具有将“和式”转化为“积式”及将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常用于比较数(式)的大小或证明不等式．从近几年高考来看，基本不等式考查的内容、频率、题型难度均变化不大，2025年备考仍以选择题、解答题为主，重点关注利用基本不等式进行大小判断、与解三角形、圆锥曲线、导数等知识相结合求最值或求取值范围的问题.必备知识——强基础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：eq\x(\s\up1(01))a>0，b>0．(2)等号成立的条件：当且仅当eq\x(\s\up1(02))a＝b时，等号成立．(3)其中eq\x(\s\up1(03))eq\f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq\x(\s\up1(04))eq\r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．2．几个重要的不等式(1)a2＋b2eq\x(\s\up1(05))≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)eq\x(\s\up1(06))≥2(a，b同号)．(3)abeq\x(\s\up1(07))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)eq\x(\s\up1(08))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)．以上不等式等号成立的条件均为eq\x(\s\up1(09))a＝b．3．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eq\x(\s\up1(10))x＝y时，和x＋y有最小值eq\x(\s\up1(11))2eq\r(P)．(简记：积定和最小)(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当eq\x(\s\up1(12))x＝y时，积xy有最大值eq\x(\s\up1(13))eq\f(1,4)S2．(简记：和定积最大)注意：(1)利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”，其中“一正”指正数，“二定”指求最值时和或积为定值，“三相等”指满足等号成立的条件．(2)形如y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的函数求最值时，首先考虑用基本不等式，若等号取不到，再利用该函数的单调性求解．1．连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件要一致．2．若a>0，b>0，则eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时，等号成立．3．常见求最值的模型模型一：mx＋eq\f(n,x)≥2eq\r(mn)(m>0，n>0，x>0)，当且仅当x＝eq\r(\f(n,m))时，等号成立；模型二：mx＋eq\f(n,x－a)＝m(x－a)＋eq\f(n,x－a)＋ma≥2eq\r(mn)＋ma(m>0，n>0，x>a)，当且仅当x－a＝eq\r(\f(n,m))时，等号成立；模型三：eq\f(x,ax2＋bx＋c)＝eq\f(1,ax＋b＋\f(c,x))≤eq\f(1,2\r(ac)＋b)(a>0，c>0，x>0)，当且仅当x＝eq\r(\f(c,a))时，等号成立；模型四：x(n－mx)＝eq\f(mx(n－mx),m)≤eq\f(1,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mx＋n－mx,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(n2,4m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m>0，n>0，0<x<\f(n,m)))，当且仅当x＝eq\f(n,2m)时，等号成立．4．三个正数的均值不等式：若a，b，c>0，则eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2.()(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2.()(3)已知0<x<eq\f(1,2)，则x(1－2x)的最大值为eq\f(1,8).()(4)函数f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)的最小值为4.()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)设a＞0，则9a＋eq\f(1,a)的最小值为()A．4 B．5C．6 D．7答案C解析9a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(9a·\f(1,a))＝6，当且仅当9a＝eq\f(1,a)，即a＝eq\f(1,3)时，等号成立．(2)矩形两边长分别为a，b，且a＋2b＝6，则矩形面积的最大值是()A．4 B.eq\f(9,2)C.eq\f(3\r(2),2) D．2答案B解析依题意，可得a＞0，b＞0，则6＝a＋2b≥2eq\r(a·2b)＝2eq\r(2)·eq\r(ab)，当且仅当a＝2b时取等号，所以ab≤eq\f(62,8)＝eq\f(9,2)，即矩形面积的最大值为eq\f(9,2).故选B.(3)(2024·河南郑州高三模拟)已知实数a>0，b>0，a＋b＝2，则eq\f(1,a)＋eq\f(a,b)的最小值为________．答案eq\f(1,2)＋eq\r(2)解析eq\f(1,a)＋eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)×eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)＋eq\f(b,2a)＋eq\f(a,b)≥eq\f(1,2)＋2eq\r(\f(b,2a)·\f(a,b))＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)，当且仅当eq\f(b,2a)＝eq\f(a,b)，即a＝2eq\r(2)－2，b＝4－2eq\r(2)时，等号成立．(4)(人教A必修第一册习题2.2T1(2)改编)函数y＝x(3－2x)(0≤x≤1)的最大值是________．答案eq\f(9,8)解析因为0≤x≤1，所以3－2x＞0，所以y＝eq\f(1,2)·2x·(3－2x)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋(3－2x),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,8)，当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)时取等号．(5)(人教A必修第一册复习参考题2T5改编)已知a，b>0，且ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围为________．答案[9，＋∞)解析因为a，b>0，所以ab－3＝a＋b≥2eq\r(ab)，于是ab－2eq\r(ab)－3≥0，解得eq\r(ab)≤－1(舍去)或eq\r(ab)≥3，所以ab≥9，当且仅当a＝b＝3时，等号成立，所以ab的取值范围是[9，＋∞)．考点探究——提素养考点一利用基本不等式求最值(多考向探究)考向1配凑法求最值例1(1)(2024·福建福州四校高三期中联考)已知0<x<2，则y＝xeq\r(4－x2)的最大值为()A．2 B．4C．5 D．6答案A解析因为0<x<2，所以y＝xeq\r(4－x2)＝eq\r(x2(4－x2))≤eq\f(x2＋(4－x2),2)＝2，当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq\r(2)时，等号成立，即y＝xeq\r(4－x2)的最大值为2.故选A.(2)函数y＝eq\f(x2＋3x＋3,x＋1)(x<－1)的最大值为()A．3 B．2C．1 D．－1答案D解析y＝eq\f(x2＋3x＋3,x＋1)＝eq\f((x＋1)2＋(x＋1)＋1,x＋1)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－(x＋1)＋\f(1,－(x＋1))))＋1≤－2×eq\r([－(x＋1)]\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x＋1))))＋1＝－1，当且仅当x＋1＝eq\f(1,x＋1)＝－1，即x＝－2时，等号成立．故选D.【通性通法】配凑法求最值的关键点【巩固迁移】1．函数y＝3x＋eq\f(4,3x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,3)))的最小值为()A．8 B．7C．6 D．5答案D解析因为x>eq\f(1,3)，所以3x－1>0，所以y＝3x＋eq\f(4,3x－1)＝(3x－1)＋eq\f(4,3x－1)＋1≥2eq\r((3x－1)·\f(4,3x－1))＋1＝5，当且仅当3x－1＝eq\f(4,3x－1)，即x＝1时，等号成立，故函数y＝3x＋eq\f(4,3x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,3)))的最小值为5.故选D.2．(2023·浙江杭州高三教学质量检测)已知a>1，b>1，且log2eq\r(a)＝logb4，则ab的最小值为()A．4 B．8C．16 D．32答案C解析∵log2eq\r(a)＝logb4，∴eq\f(1,2)log2a＝logb4，即log2a＝eq\f(2log24,log2b)，∴log2a·log2b＝4.∵a>1，b>1，∴log2a>0，log2b>0，∴log2(ab)＝log2a＋log2b≥2eq\r(log2a·log2b)＝4，当且仅当log2a＝log2b＝2，即a＝b＝4时取等号，所以ab≥24＝16，当且仅当a＝b＝4时取等号，故ab的最小值为16.故选C.考向2常数代换法求最值例2(1)已知0<x<1，则eq\f(9,x)＋eq\f(16,1－x)的最小值为()A．50 B．49C．25 D．7答案B解析因为0<x<1，所以eq\f(9,x)＋eq\f(16,1－x)＝(x＋1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,x)＋\f(16,1－x)))＝25＋eq\f(9(1－x),x)＋eq\f(16x,1－x)≥25＋2eq\r(\f(9(1－x),x)·\f(16x,1－x))＝49，当且仅当eq\f(9(1－x),x)＝eq\f(16x,1－x)，即x＝eq\f(3,7)时，等号成立，所以eq\f(9,x)＋eq\f(16,1－x)的最小值为49.故选B.(2)已知a>0，b>0，a＋2b＝3，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A.eq\f(2\r(2),3)B.eq\f(2\r(3),3)C．1＋eq\f(2\r(2),3)D．1＋eq\f(2\r(3),3)答案C解析因为a＋2b＝3，所以eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(2b,3a)≥1＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq\f(2\r(2),3)，当且仅当eq\f(a,3b)＝eq\f(2b,3a)，即a＝3(eq\r(2)－1)，b＝eq\f(3(2－\r(2)),2)时，等号成立．故选C.【通性通法】常数代换法求最值的基本步骤【巩固迁移】3．若正实数x，y满足2x＋y＝9，则－eq\f(1,x)－eq\f(4,y)的最大值是()A.eq\f(6＋4\r(2),9) B．－eq\f(6＋4\r(2),9)C．6＋4eq\r(2) D．－6－4eq\r(2)答案B解析因为eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝eq\f(1,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(2x＋y)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(y,x)＋\f(8x,y)＋4))≥eq\f(6＋4\r(2),9)，当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(8x,y)，即x＝eq\f(9(\r(2)－1),2)，y＝9(2－eq\r(2))时，等号成立，所以－eq\f(1,x)－eq\f(4,y)≤－eq\f(6＋4\r(2),9).故选B.4．(2024·湖北荆门三校高三联考)已知实数a，b满足lga＋lgb＝lg(a＋2b)，则2a＋b的最小值是()A．5 B．9C．13 D．18答案B解析由lga＋lgb＝lg(a＋2b)，可得lg(ab)＝lg(a＋2b)，所以ab＝a＋2b，即eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，且a>0，b>0，则2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,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，等号成立，所以2a＋b的最小值为9.故选B.考向3消元法、换元法求最值例3(1)已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(4,5)C.eq\f(2\r(5),5)D．2答案B解析因为5x2y2＋y4＝1，所以x2＝eq\f(1－y4,5y2)，又x2≥0，所以y2∈(0，1]，所以x2＋y2＝y2＋eq\f(1－y4,5y2)＝eq\f(4y4＋1,5y2)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4y2＋\f(1,y2)))≥eq\f(1,5)×2eq\r(4y2·\f(1,y2))＝eq\f(4,5)，当且仅当4y2＝eq\f(1,y2)，即y2＝eq\f(1,2)，x2＝eq\f(3,10)时取等号，所以x2＋y2的最小值是eq\f(4,5).故选B.(2)(2024·浙江嘉兴第一中学高三期中)若x>0，y>0，且eq\f(1,x＋1)＋eq\f(1,x＋2y)＝1，则2x＋y的最小值为()A．2 B．2eq\r(3)C.eq\f(1,2)＋eq\r(3) D．4＋2eq\r(3)答案C解析设x＋1＝a，x＋2y＝b，则x＝a－1，y＝eq\f(b－a＋1,2)，且a>0，b>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，2x＋y＝2(a－1)＋eq\f(b－a＋1,2)＝eq\f(3a＋b,2)－eq\f(3,2)，而3a＋b＝(3a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq\f(3a,b)＋eq\f(b,a)≥4＋2eq\r(\f(3a,b)·\f(b,a))＝4＋2eq\r(3)，当且仅当eq\f(3a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝eq\f(3＋\r(3),3)，b＝eq\r(3)＋1时，等号成立，则2x＋y≥eq\f(4＋2\r(3),2)－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)＋eq\r(3).故选C.【通性通法】当所求最值的代数式中变量比较多时，通常考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”的形式，最后利用基本不等式求最值．【巩固迁移】5．(2023·江苏南京高三调研)设a≥0，b≥0，且2eq\r(a)＋b＝1，则eq\f(a,b)的最小值为__________．答案0解析因为2eq\r(a)＋b＝1，所以a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b－1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f((b－1)2,4)，所以eq\f(a,b)＝eq\f((b－1)2,4b)＝eq\f(b,4)＋eq\f(1,4b)－eq\f(1,2)≥2eq\r(\f(b,4)·\f(1,4b))－eq\f(1,2)＝0，当且仅当a＝0，b＝1时取等号．6．(2024·湖北襄阳五中高三质量检测)若正数a，b满足2a＋b＝1，则eq\f(a,2－2a)＋eq\f(b,2－b)的最小值是________．答案eq\f(2\r(2),3)－eq\f(1,2)解析设u＝2－2a，v＝2－b，则a＝eq\f(2－u,2)，b＝2－v，则u＋v＝3(u>0，v>0)，所以eq\f(a,2－2a)＋eq\f(b,2－b)＝eq\f(1－\f(1,2)u,u)＋eq\f(2－v,v)＝eq\f(1,u)＋eq\f(2,v)－eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)(u＋v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,u)＋\f(2,v)))－eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(v,u)＋\f(2u,v)))－eq\f(3,2)≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2\r(\f(v,u)·\f(2u,v))))－eq\f(3,2)＝1＋eq\f(2\r(2),3)－eq\f(3,2)＝eq\f(2\r(2),3)－eq\f(1,2)，当且仅当v＝6－3eq\r(2)，u＝3eq\r(2)－3时，等号成立，所以eq\f(a,2－2a)＋eq\f(b,2－b)的最小值为eq\f(2\r(2),3)－eq\f(1,2).考向4“和”“积”互化求最值例4(多选)设a>1，b>1，且ab－(a＋b)＝1，那么()A．a＋b有最小值2eq\r(2)＋2B．a＋b有最大值2eq\r(2)－2C．ab有最大值3－2eq\r(2)D．ab有最小值3＋2eq\r(2)答案AD解析∵a>1，b>1，∴ab－1＝a＋b≥2eq\r(ab)，当a＝b时取等号，即ab－2eq\r(ab)－1≥0，解得eq\r(ab)≥eq\r(2)＋1，∴ab≥(eq\r(2)＋1)2＝3＋2eq\r(2)，∴ab有最小值3＋2eq\r(2).又ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，当a＝b时取等号，∴1＝ab－(a＋b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)－(a＋b)，即(a＋b)2－4(a＋b)≥4，则[(a＋b)－2]2≥8，解得a＋b－2≥2eq\r(2)，即a＋b≥2eq\r(2)＋2，∴a＋b有最小值2eq\r(2)＋2.故选AD.【通性通法】“和”“积”互化求最值的方法(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，因此可以用在一些不等式的证明中，还可以用于求代数式的最值．(2)如果条件中含有两个变量的和与积的形式，可以直接利用基本不等式对两个正数的和与积进行转化，然后通过解不等式进行求解，或者通过构造一元二次方程，利用根的分布解决问题．【巩固迁移】7．正实数x，y满足4x2＋y2＋xy＝1，则xy的最大值为________，2x＋y的最大值为________．答案eq\f(1,5)eq\f(2\r(10),5)解析∵1－xy＝4x2＋y2≥4xy，∴5xy≤1，∴xy≤eq\f(1,5)，当且仅当y＝2x，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)时取等号．∵4x2＋y2＋xy＝1，∴(2x＋y)2－3xy＝1，∴(2x＋y)2－1＝3xy＝eq\f(3,2)·2x·y≤eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即(2x＋y)2－1≤eq\f(3,8)(2x＋y)2，∴(2x＋y)2≤eq\f(8,5)，∴2x＋y≤eq\f(2\r(10),5)，当且仅当2x＝y，即x＝eq\f(\r(10),10)，y＝eq\f(\r(10),5)时取等号．考点二基本不等式的综合应用例5(2024·河南濮阳外国语学校模拟)若对任意正数x，不等式eq\f(2,x2＋4)≤eq\f(2a＋1,x)恒成立，则实数a的取值范围为()A．[0，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案B解析依题意得，当x>0时，2a＋1≥eq\f(2x,x2＋4)＝eq\f(2,x＋\f(4,x))恒成立，又x＋eq\f(4,x)≥4，当且仅当x＝2时取等号，所以eq\f(2,x＋\f(4,x))的最大值为eq\f(1,2)，所以2a＋1≥eq\f(1,2)，解得实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)).故选B.【通性通法】1．利用基本不等式求参数的值或范围时，要观察题目的特点，先确定是恒成立问题还是有解问题，再利用基本不等式确定等号成立的条件，最后通过解不等式(组)得到参数的值或范围．2．当基本不等式与其他知识相结合时，往往是为其他知识提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值．【巩固迁移】8．在等腰三角形ABC中，AB＝AC，若AC边上的中线BD的长为3，则△ABC面积的最大值是()A．6 B．12C．18 D．24答案A解析设AB＝AC＝2m，BC＝2n，因为∠ADB＝π－∠CDB，所以eq\f(m2＋9－4m2,6m)＝－eq\f(m2＋9－4n2,6m)，整理得m2＝9－2n2.设△ABC的面积为S，则S＝eq\f(1,2)BC×eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)BC))\s\up12(2))＝eq\f(1,2)×2n×eq\r(4m2－n2)＝3neq\r(4－n2)＝3eq\r(n2(4－n2))≤3×eq\f(n2＋4－n2,2)＝6，当且仅当n＝eq\r(2)时，等号成立．故选A.考点三基本不等式的实际应用例6网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内成为商业的一个主要发展方向．某品牌行车记录仪支架销售公司从2022年10月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x(万件)与投入实体店体验安装的费用t(万元)之间满足函数关系式x＝3－eq\f(2,t＋1).已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是________万元．答案37.5解析由题意知t＝eq\f(2,3－x)－1(1<x<3)，设该公司的月利润为y万元，则y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(32×150%＋\f(t,2x)))x－32x－3－t＝16x－eq\f(t,2)－3＝16x－eq\f(1,3－x)＋eq\f(1,2)－3＝45.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(16(3－x)＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq\r(16)＝37.5，当且仅当x＝eq\f(11,4)时取等号，即最大月利润为37.5万元．【通性通法】利用基本不等式解决实际应用问题的技巧【巩固迁移】9．一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将5g的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．若顾客实际购得的黄金为mg，则()A．m>10 B．m＝10C．m<10 D．以上都有可能答案A解析由于天平两臂不等长，可设天平左臂长为a，右臂长为b，则a≠b，设先称得黄金为xg，后称得黄金为yg，则bx＝5a，ay＝5b，∴x＝eq\f(5a,b)，y＝eq\f(5b,a)，∴x＋y＝eq\f(5a,b)＋eq\f(5b,a)＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＋\f(b,a)))≥5×2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝10，当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b时，等号成立，但a≠b，等号不成立，即x＋y>10.因此顾客实际购得的黄金克数m>10.故选A.课时作业一、单项选择题1．当x＜0时，函数y＝x＋eq\f(4,x)()A．有最大值－4 B．有最小值－4C．有最大值4 D．有最小值4答案A解析y＝x＋eq\f(4,x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－x)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2×eq\r((－x)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4，当且仅当x＝－2时，等号成立．故选A.2．(2023·陕西咸阳高三模拟)已知x>0，y>0，若2x＋y＝8xy，则xy的最小值是()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,4)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(2),2)答案A解析因为2x＋y≥2eq\r(2xy)，所以8xy≥2eq\r(2xy)，解得xy≥eq\f(1,8)，当且仅当2x＝y，即x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,2)时，等号成立．故选A.3．已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为()A．13 B．12C．9 D．6答案C解析由椭圆的定义可知，|MF1|＋|MF2|＝2a＝6.由基本不等式可得|MF1|·|MF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up12(2)＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，等号成立．故选C.4．(2024·浙江绍兴第一中学高三期中)已知直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆(x－1)2＋(y－2)2＝2024的圆心，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A．3＋2eq\r(2) B．3－2eq\r(2)C．6 D．9答案A解析由圆的方程知，圆心为(1，2)．∵直线ax＋by－1＝0(ab>0)过圆的圆心，∴a＋2b＝1(ab>0)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝3＋eq\f(a,b)＋eq\f(2b,a)≥3＋2eq\r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝3＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(a,b)＝\f(2b,a)，即a＝\r(2)b时取等号))，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为3＋2eq\r(2).故选A.5．(2023·湖南五市十校联考)原油作为“工业血液”“黑色黄金”，其价格的波动牵动着整个化工产业甚至世界经济．小李在某段时间内共加油两次，这段时间燃油价格有升有降，现小李有两种加油方案：第一种方案是每次加油40升，第二种方案是每次加油200元，则下列说法正确的是()A．第一种方案更划算B．第二种方案更划算C．两种方案一样D．无法确定答案B解析设小李这两次加油的油价分别为x元/升、y元/升(x≠y)，则第一种方案：两次加油的平均价格为eq\f(40x＋40y,80)＝eq\f(x＋y,2)>eq\r(xy)，第二种方案：两次加油的平均价