专题04等式与不等式（15个考点梳理12题型解读提升训练）

专题04等式与不等式【清单01】等式的性质（1）等式的两边同时加上一个数或代数式，等式仍然成立.（2）等式的两边同时乘以一个不为零的数或代数式，等式仍然成立.【清单02】恒等式1.一般地，含有字母的等式，如果其中的字母取任意实数时等式都成立．则称其为恒等式，也称两边恒等.注意：恒等式是进行代数式变形的依据之一.2.恒等式：（x+a)(x+b）=x2+(a+b)x+ab；（ax+b)(cx+d）=acx2+(ad+bc)x+bd【清单03】方程的解集方程的解（或根）是指能使方程左右两边相等的未知数的值，一般地，把一个方程所有解组成的集合称为这个方程的解集.【清单04】一元二次方程的解集1.配方法解方程（1）配方（2）一元二次方程的解集：（3）一元二次方程的判别式：Δ=b24ac【清单05】一元二次方程根与系数的关系的两根记作x1，x2则【清单06】方程组的解集1.一般地，将多个方程联立，就能得到方程组，方程组中，由每个方程的解集得到的交集称为这个方程组的解集2.方程组的解法：代入消元法、加减消元法.发现：当方程组中未知数的个数大于方程的个数时，方程组的解集可能含有无穷多个元素.此时，如果讲其中一些未知数看成常数，那么其它未知数往往能用这些未知数表示出来.【清单07】不等式的基本性质性质1：a>b⇔a＋c>b＋c性质2：a>b，c>0⇒ac>bc性质3：a>b，c<0⇒ac<bc性质4：a>b⇔b<a；a<b⇔b>a（不等式的传递性）性质5：a>b⇔b<a；a<b⇔b>a推论1：a+b>c⇔a>cb（移项法则）推论2：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d（同向可加，不等号方向不变.可推广）推论3：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd推论4：a>b>0，n∈N*⇒an>bn（n∈N,n>1）推论5:a>b>0，n∈N，n≥2⇒eq\r(n,a)>eq\r(n,b)【清单08】证明不等式的方法1.作差法：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．2.综合法：从已知条件出发，综合利用各种结果，逐步推导最后得到结论的方法.3.反证法：首先假设结论的否定成立，然后由此进行推理得到矛盾，最后得出假设不成立.4.分析法：推理形式是“要证（结论）p,只需证明q”，可以表示为p˂=q5.作商法：当明确比较内容均为正时，可利用作商法，一般步骤：①作商；②变形；③与1比较；④结论．【清单09】不等式的重要结论1．倒数性质的几个必备结论(1)a>b，ab>0⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(2)a<0<b⇒eq\f(1,a)<eq\f(1,b).(3)a>b>0,0<c<d⇒eq\f(a,c)>eq\f(b,d).(4)0<a<x<b或a<x<b<0⇒eq\f(1,b)<eq\f(1,x)<eq\f(1,a).2．两个重要不等式若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)(b－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)．【清单10】不等式的解集与不等式组的解集1.能够使不等式成立的未知数的值称为不等式的解，不等式的所有解组成的集合称为不等式的解集.2.不等式组中各个不等式解集的交集称为不等式组的解集.【清单11】绝对值不等式1.绝对值的概念：．2.含有绝对值的不等式称为绝对值不等式．3.常见绝对值不等式的解（1）形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．（2）形如|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式①绝对值不等式|x|>a与|x|<a的解集②|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c(c>0)，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c(c>0)．4.如果实数a,b在数轴上对应的点分别为A,B，即A（a）,B(b)，线段AB的中点M（x）则(1)数轴上两点之间的距离公式:AB=|ab|(2)数轴上的中点坐标公式:5.拓广：形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a<b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．(2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|>c(c>0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．【清单12】一元二次不等式的解法1.概念：我们把只含有一个未知数，并且知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．2.形式：①ax2＋bx＋c>0(a≠0)；②ax2＋bx＋c≥0(a≠0)；③ax2＋bx＋c<0(a≠0)；④ax2＋bx＋c≤0(a≠0)．3.一元二次不等式的解集的概念：一般地，使某个一元二次不等式成立的x的值叫做这个不等式的解，一元二次不等式的所有解组成的集合叫做这个一元二次不等式的解集.4.一元二次不等式的常见解法（1）因式分解法；（2）配方法；（3）解一元二次不等式的一般步骤①化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式．②判：计算对应方程的判别式．③求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根．④写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．【清单13】分式不等式的解法1.定义：分母中含有未知数，且分子、分母都是关于x的多项式的不等式称为分式不等式.2.常见类型：eq\f(fx,gx)>0⇔f(x)g(x)>0，eq\f(fx,gx)<0⇔f(x)·g(x)<0.eq\f(fx,gx)≥0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxgx≥0，,gx≠0.))⇔f(x)·g(x)>0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝0,gx≠0)).eq\f(fx,gx)≤0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx·gx≤0，,gx≠0))⇔f(x)·g(x)<0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝0,gx≠0.))【清单14】均值不等式1.设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为，几何平均数为2.均值不等式：（1）当a>0，b>0时有，当且仅当a=b时，等号成立．（2）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．（3）几何意义：①如果矩形的长、宽分别为a,b，那么矩形的面积是ab,可以看成与矩形周长相等的正方形的面积，均值不等式的几何意义为：所有周长一定的矩形中，正方形面积最大.②如图所示的半圆中，AB为直径，O为圆心，AC=a，BC=b,D在半圆上，DC⊥AB，计算可得OD=，CD=,a≠b时，>a=b时，=【清单15】均值不等式与最值1.已知x、y都是正数．(1)若x＋y＝s(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值（简记：和定积最大）．(2)若xy＝p(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值（简记：积定和最小）．特别提醒：应用条件：一正、二定、三相等，缺乏一条都不行！2.常用推论：（1）（）（2）（，）；（3）【考点题型一】等式的性质与方程的解【例1】（2023·高一课时练习）已知等式对任意实数m恒成立，求所有满足条件的实数对的集合.【答案】.【分析】根据恒成立，将式子变形为对任意实数m恒成立，即可由且求解.【详解】由于对任意实数m恒成立，则对任意实数m恒成立，因此且，所以，当，当，故满足条件的实数对的集合为【变式11】（2324高一下·全国·课后作业）利用十字相乘法分解因式【答案】【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确【分析】原式各项利用十字相乘法分解即可．【详解】.故答案为：.【变式12】（2425高一上·上海·随堂练习）方程的解集为．【答案】【知识点】方程与不等式【分析】直接解方程即可.【详解】由.故答案为：【变式13】（2324高一·上海·课堂例题）设，求关于x的方程的解集.【答案】当时，解集为；当时，解集为.【知识点】解含有参数的一元二次不等式【分析】根据和分类讨论求解方程即可.【详解】当时，方程无解，此时解集为；当时，方程的解为，此时解集为；综上，当时，解集为；当时，解集为.【变式14】（2324高一·上海·课堂例题）设a、b、c、d是实数，判断下列命题的真假，并说明理由：(1)若，则；(2)若，则；(3)若，则或；(4)若，且，则.【答案】(1)假命题(2)真命题(3)真命题(4)真命题【知识点】等式的性质与方程的解【分析】结合真假命题的定义，根据等式的性质逐一判断，即可得出结果.【详解】（1）若，则，假命题；（2）由，且，所以，真命题；（3）若，则或，真命题；（4）设，则，所以，又，所以，真命题.【考点题型二】一元二次方程及其根与系数关系【例2】（2324高一·上海·课堂例题）已知方程的两个根为、，求下列各式的值：(1)；(2)；(3)；(4).【答案】(1)(2)(3)(4)【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】（1）根据韦达定理及计算可得；（2）根据韦达定理及计算可得；（3）根据韦达定理及x1（4）根据韦达定理及计算可得.【详解】（1）因为、是方程的两个根，所以，，所以.（2）.（3）.（4）.【变式21】（2023高一·全国·课后作业）方程的解集是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的表示方法求解.【详解】方程的解为,所以方程的解集是，故选:C.【变式22】（2425高一上·全国·课后作业）已知，是方程的两个根，则的值为（

）A． B．2C． D．【答案】D【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】利用韦达定理求出，，再将通分代入计算可得.【详解】因为，是方程的两个根，显然，则，，所以.故选：D【变式23】（2324高一上·北京·阶段练习）方程的解集是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】原方程等价于，求解即可.【详解】解：因为，解得或(舍)，由，解得或，所以原方程的解集为.故选：C.【变式24】（2526高一上·全国·课后作业）已知关于的一元二次方程的两个实数根为，且，则实数的值为．【答案】1【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】根据韦达定理即可求解.【详解】为方程的两个实数根，,，故则，，解得．符合题意．故答案为：1【考点题型三】方程组的解集【例3】（2425高一上·上海·随堂练习）下列关于方程组的解的说法中正确的是（

）．A．该方程一定有唯一解 B．该方程没有解C．时，方程有无数解 D．时，方程有唯一解【答案】D【知识点】方程组的解【分析】分类讨论的值，再分别判断线性方程组解的情况即可.【详解】由题意得，，即，当时，不成立，方程组无解；当时，，方程组有唯一解.故选：D.【变式31】（2324高一上·北京·阶段练习）方程组解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】解方程组，用列举法表示解集.【详解】方程组，解得或，所以方程组解集是.故选：C【变式32】（2324高一上·北京房山·期中）方程组的解集为．【答案】【分析】解方程组即可求解.【详解】解方程组得，所以方程组的解集为.故答案为：.【变式33】（2425高一上·上海·随堂练习）解关于x，y的方程组．【答案】答案见解析【知识点】方程与不等式、方程组的解【分析】分类讨论，后运用二元一次方程组的解法解题即可.【详解】当时无解；当时，两式相减，解得,综上所得，当时无解；当时，解集为【变式34】（2324高一·上海·课堂例题）设，求关于与的二元一次方程组的解集．【答案】答案见解析【知识点】方程组的解【分析】两式作差得到，再对和分两种情况讨论。即可得解.【详解】因为，两式相减，得到，当时，，代入方程组中的第一式，得到，此时，原方程组的解集为，当时，方程无解，从而原方程组无解，其解集为空集.【考点题型四】不等式性质及其应用【例4】（多选）（2324高一上·福建福州·期中）下列说法中，正确的是（

）A．若，，则 B．若，则C．若，，则 D．若，，则【答案】BCD【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小、作差法比较代数式的大小【分析】利用不等式的性质一一判定选项即可.【详解】对于A，若，则，故A错误；对于B，可知，不等式两侧同乘以，有，故B正确；对于C，利用作差法知，由，，知，即，故C正确；对于D，由，知，由不等式同向可加性的性质知D正确.故选：BCD【变式41】（2324高一下·安徽芜湖·开学考试）已知实数m，n，p满足，且，则下列说法正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【知识点】作差法比较代数式的大小【分析】根据题意,将所给等式变形,得到,推导出,然后利用作差法比较大小,结合二次函数的性质证出,从而得出正确结论.【详解】因为,移项得,所以,可得,由,得,可得,可得.综上所述,不等式成立,故选:B.【变式42】（多选）（云南省州20242025学年高一上学期9月月考数学试卷）下列命题是真命题的为（

）A．若，则B．若，则C．若且，则D．若且，则【答案】BCD【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小、作差法比较代数式的大小【分析】由已知条件结合不等式的性质，判断结论是否正确.【详解】对于A项，取，，，，则，，所以，故A选项错误；对于B选项，若，有，则，B选项正确；对于C选项，若，则，则，又因为，由不等式的性质可得，所以C选项正确；对于D选项，若且，则，所以，，D选项正确．故选：BCD．【变式43】（多选）（2324高一上·安徽·期末）已知，则下列结论成立的是（）A． B．若．则C．若，则 D．【答案】AC【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、作差法比较代数式的大小【分析】对于A,用作差法比较大小即可；对于B,举特殊情况即可判断；对于C,用作差法比较即可；对于D,用作差法比较即可.【详解】对于,因为,所以,即,，即故，故正确;对于,若则,故错误;对于,即,故正确;对于,,故错误.故选:.【变式44】（2425高三上·福建宁德·开学考试）已知，则的取值范围是.【答案】【知识点】利用不等式求值或取值范围【分析】先设出，求出，再结合不等式的性质解出即可；【详解】设，所以，解得，所以，又，所以，又所以上述两不等式相加可得，即，所以的取值范围是，故答案为：.【考点题型五】简单不等式的解法【例5】（2425高一上·上海·课堂例题）解不等式：．【答案】．【知识点】分类讨论解绝对值不等式【分析】根据绝对值的定义分类讨论求解．【详解】考虑临界点和1把数轴分为三个区间：，，．①当时，原不等式变形为，化简得，解得；②当时，原不等式变形为，无解；③当时，原不等式变形为，解得．综上，原不等式的解集为．【变式51】（2024高一上·全国·专题练习）关于的不等式：的解集为（

）A． B．C．或 D．或【答案】B【分析】将分式不等式转化为整式不等式即可解.【详解】由得，其解集等价于，解得.故选：B【变式52】（2425高一上·上海·课堂例题）解不等式：．【答案】．【知识点】分类讨论解绝对值不等式【分析】分类讨论去掉绝对值解出来即可.【详解】解：当时，原不等式可以化为，解得；当时，原不等式可以化为即．恒成立；当时，原不等式可以化为．解得．综上，原不等式的解集为．【变式53】（2324高一·上海·课堂例题）设、，解关于x的不等式．【答案】答案见解析【知识点】利用不等式求值或取值范围、解含参数的一元一次不等式【分析】分类讨论的取值求解不等式即可．【详解】当时，则，当时，；当时，无解，；当时，，故；当时，，故．【变式54】（2425高一上·上海·课堂例题）解下列不等式：(1)；(2)．【答案】(1)或．(2)．【知识点】公式法解绝对值不等式【分析】直接运用结论公式可解【详解】（1）因为或，解得或，所以原不等式的解集是或（2）由于，即，解得，所以原不等式的解集是．【考点题型六】一元二次不等式的解法【例6】（2425高一上·江苏·开学考试）（1）已知一元二次不等式的解集为-3,2，求实数、的值及不等式的解集．（2）已知，解不等式：．【答案】（1），；（2）答案见解析【知识点】解含有参数的一元二次不等式、由一元二次不等式的解确定参数【分析】（1）利用一元二次不等式的解与相应一元二次方程的根的关系，结合韦达定理求得后再解相应的不等式即可；（2）比较和，分、、三种情况解不等式即可.【详解】（1）由的解集为-3,2，知的两根为，2，所以，解得所求不等式为，变形为，即，所以不等式的解集为．（2）原不等式为．①若时，即时，则原不等式的解集为；②若时，即时，则原不等式的解集为；③若时，即时，则原不等式的解集为．综上可得，当时，原不等式的解集为；当时，则原不等式的解集为；当时，则原不等式的解集为．【变式61】（2024高一上·全国·专题练习）解关于的不等式.(1)；(2)【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用十字相乘法因式分解，然后可得解集；（2）将二次系数化为正数，再由十字相乘法因式分解，然后可得解集.【详解】（1）不等式，即，解得，所以不等式的解集为；（2）不等式，即，解得或，所以不等式的解集为或..【变式62】（2324高一上·河南濮阳·阶段练习）解下列一元二次不等式：(1)；(2)．【答案】(1)(2)【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】（1）由，得，即，所以，所以不等式得解集为；（2）由，得，无解，所以不等式的解集为.【变式63】（2324高一上·安徽马鞍山·阶段练习）解关于的不等式：.【答案】答案见解析【分析】首先将不等式左侧因式分解，再分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集.【详解】不等式，即，当时，原不等式即，解得，即不等式的解集为；当时，解得或，即不等式的解集为或；当时，解得或，即不等式的解集为或；综上可得：当时不等式的解集为，当时不等式的解集为或，当时不等式的解集为或.【变式64】（2324高一上·广西桂林·阶段练习）（1）解关于x的不等式；（2）解关于x的不等式．【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）解一元二次不等式即可得解.（2）分类讨论求解一元二次不等式.【详解】（1）不等式化为：，解得或，所以原不等式的解集为.（2）不等式化为：，当时，，当时，解得或，当时，解得或，所以当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为【考点题型七】由不等式（组）的解（集）求参数（范围）【例7】（2324高一下·江西上饶·开学考试）已知不等式.(1)若不等式的解集是或，求的值；(2)若不等式的解集是，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由一元二次不等式的性质可知方程的两根为，再由韦达定理可解.（2）由二次函数的性质可得关于的不等式组，解出即可.【详解】（1）由题意可知方程的两个根分别为，由韦达定理可知，解得，经检验满足题设.（2）若不等式的解集是，即恒成立，则满足，解得.【变式71】（2324高一上·重庆·期中）不等式组的解集为，则的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】C【知识点】解不含参数的一元一次不等式【分析】先化简不等式组，然后根据不等式组的解集可求得结果.【详解】由，得，因为不等式组的解集为，所以，即的取值范围是，故选：C【变式72】（多选）（2425高三上·福建宁德·开学考试）已知关于的不等式的解集是，其中，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【知识点】由一元二次不等式的解确定参数、一元二次方程根的分布问题【分析】由一元二次不等式的性质可得，且，即可得A、D，结合二次函数的性质可得，即可得B、C.【详解】由题意可得，，即，即有，即，，故A正确、D错误；令，其根为，，结合二次函数性质可得，，即，故B正确、C错误.故选：AB.【变式73】（2425高一上·河北石家庄·开学考试）已知不等式的解集为，则=，=【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】根据一元二次不等式的解集列方程来求得.【详解】依题意，不等式的解集为，所以，解得.故答案为：；【变式74】（2425高一上·上海·课后作业）解关于的不等式：．(1)当解集为空集时，________；(2)当解集为非空集时，解不等式．【答案】(1)1(2)答案见解析.【知识点】方程与不等式【分析】（1）根据一元一次不等式的解集为空集求参数的值.（2）分情况讨论，解一元一次不等式.【详解】（1）当时，不等式无解，故答案填1．（2）原不等式整理为．①当时，，即解集为；②当时，，即解集为．【考点题型八】应用均值不等式判断、证明不等式成立【例8】（2324高一上·陕西西安·期中）设，均为正实数．(1)求证：(2)若，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）依题意只需证明，再利用作差法证明即可；（2）由（1）得，则，即可得解.【详解】（1），，，．要证，即证．，，即，当且仅当时等号成立．（2）因为，，且，所以，且，则，，由（1）得，，当且仅当，即时等号成立．【变式81】（多选）（2425高一上·全国·课后作业）下列不等式恒成立的是（

）A． B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】ACD【知识点】基本（均值）不等式的应用【分析】对于ACD，利用基本不等式分析判断，对于B，举例判断.【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以A正确.对于B，若，则，所以B错误.对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以C正确.对于D，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以D正确.故选：ACD【变式82】（多选）（2324高一上·湖南长沙·期末）设正实数满足，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用基本不等式判断各选项．【详解】对于A选项，，当且仅当时取得等号，故A错误；对于B选项，，故，当且仅当时取得等号，故B正确；对于C选项，，当且仅当时取得等号，故C正确；对于D选项，，当且仅当时取得等号成立，故D正确．故选：BCD.【变式83】（2324高一上·浙江宁波·开学考试）下列不等式正确的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】由已知结合基本不等式及等号成立的条件检验各选项即可判断.【详解】对A，因为，所以当时，，当且仅当时取等号，当时，，当且仅当时取等号，所以或，故选项A不正确；对B，因为，所以当时，，当且仅当时取等号，当时，，当且仅当时取等号，所以或，故选项B不正确；对C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，故选项C正确；对D，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，故选项D正确；故选：CD.【变式84】（2324高一上·云南曲靖·期末）已知，，且，证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用基本不等式，求得，进而证得.（2）化简，然后利用不等式的性质以及（1）的结论证得.【详解】（1），因为，，，则，当且仅当时等号成立，所以；（2），由（1）有，有，，有，，有，当且仅当时等号成立，所以．【考点题型九】“配凑法”求最值【例9】（2425高三上·福建莆田·开学考试）若实数满足，则的最大值为.【答案】/【知识点】基本（均值）不等式的应用【分析】利用基本不等式可求得，通过配凑即可得出结果.【详解】由可得，可得；而，所以，解得；当且仅当，也即时，上式右边等号成立；此时的最大值为.故答案为：.【变式91】（2324高二下·河北石家庄·期末）已知，则的最大值为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】根据题意结合基本不等式运算求解，注意基本不等式的成立的条件.【详解】因为，则，可得，即，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为4.故选：A.【变式92】（2024高一上·浙江宁波·专题练习）已知正实数满足，则的最小值为.【答案】【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】由已知得，然后利用基本不等式可得答案.【详解】正实数且得，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.的最小值为.故答案为：【变式93】（2324高一上·浙江宁波·开学考试）（1）已知x>2，求的最小值；（2）已知，求的最小值.【答案】（1）6；（2）8.【知识点】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】（1）将式子进行配凑，然后用基本不等式求解即可；（2）利用常数代换的方法，结合基本不等式求解即可.【详解】（1）因为x>2，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为6.（2）因为，，所以，当且仅当且，即时等号成立，所以的最小值为8.【变式94】（2425高一上·江苏·开学考试）（1）求函数的最大值；（2）求函数的最小值；（3）若，且，求的最小值.【答案】（1）；（2）9；（3）9【知识点】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】（1）对函数解析式变形，利用基本不等式求解最值；（2）对函数解析式变形，利用基本不等式求解最值；（3）先常数代换变形，再利用基本不等式求解最值；【详解】（1）由，得，因此，当且仅当，即时取等号，所以原函数的最大值为.（2）由，得，因此，当且仅当，即时取等号，所以原函数的最小值为9.（3）因为，且，所以，当且仅当，即时取等号，此时，，所以的最小值为.【考点题型十】“1”的代换求最值【例10】（多选）（2324高三上·江苏南通·阶段练习）已知为正实数，，则（

）A．的最大值为B．的最小值C．的最小值为D．的最小值为【答案】AB【知识点】基本不等式求和的最小值、条件等式求最值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】运用可判断A项；由结合基本不等式可判断B项；令，代入原式，结合“1”的代换及基本不等式可判断C项；由，结合二次函数在区间上的最小值可判断D.【详解】对选项A，，当且仅当时取“=”，故A正确；对选项B，，当且仅当时取“=”，故B正确；对选项C，，令，则，所以，当且仅当，即，时取“=”，所以的最小值为，故选项C错误.对选项D，，当且仅当时取“=”，故D错误；故选：AB.【变式101】（2223高一上·河北保定·期末）已知为正实数且，则的最小值为（

）A． B． C．3 D．【答案】D【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】根据条件对变形，利用均值不等式求解即得.【详解】因为为正实数且，所以，当且仅当，即时等号成立.故选：D.【变式102】（2324高一上·重庆沙坪坝·期中）已知正实数，满足，则的最小值为（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可求解.【详解】因为，为正实数，且，所以,当且仅当时取等号.故选：C【变式103】（多选）（2425高三上·四川成都·开学考试）已知为正实数，，则（

）A．的最小值为4 B．的最小值为C．的最小值为8 D．的最小值为2【答案】BCD【知识点】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】把转化为，利用，可求的最小值；把转化为，利用“1”的妙用求的最小值；利用求的最小值；利用可求的最小值.【详解】对A：因为为正实数，且，所以，因为，所以，故A错误.对B：因为为正实数，且，所以（）.所以（当且仅当，即时取“”），故B正确；对C：因为（都是当且仅当时取“”），故C正确；对D：因为，故，所以（当且仅当时取“”），故D正确.故选：BCD【变式104】（多选）（2425高三上·广东肇庆·阶段练习）设正实数m，n满足，则（）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为1 D．的最小值为【答案】AD【知识点】基本不等式求和的最小值、基本不等式“1”的妙用求最值【分析】运用基本不等式逐一运算判断即可.【详解】对于A，因为正实数m，n满足m＋n＝1，所以，当且仅当且，即时取等号，A正确；对于B，，当且仅当时取等号，所以≤，即最大值为，B错误；对于C，，当且仅当时取等号，此时取最大值，C不正确；对于D，由，因此，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，即的最小值为，D正确．故选：AD【考点题型十一】均值不等式的实际应用【例11】（2324高一上·安徽淮北·期中）某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为;方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为．（其中）(1)试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；(2)若a，b，x，y同时满足关系，求这两种购买方案花费的差值S最小值（注：差值花费较大值花费较小值）．【答案】(1)采用方案二；理由见解析(2)24【知识点】作差法比较代数式的大小、基本（均值）不等式的应用【分析】（1）列出两种方案的总费用的表达式，作差比较，即可求解；（2）根据题意，得到，利用换元法和基本不等式，即可求解.【详解】（1）解：方案一的总费用为（元）；方案二的总费用为（元），由，因为，可得，所以，即，所以，所以采用方案二，花费更少.（2）解：由（1）可知，令，则，所以，当时，即时，等号成立，又因为，可得，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以差的最小值为，当且仅当时，等号成立，所以两种方案花费的差值最小为24元.【变式111】（2425高二上·湖南郴州·开学考试）由于猪肉的价格有升也有降，小张想到两种买肉方案.第一种方案：每次买3斤猪肉；第二种方案：每次买50元猪肉.下列说法正确的是（

）A．采用第一种方案划算 B．采用第二种方案划算C．两种方案一样 D．采用哪种方案无法确定【答案】B【知识点】基本（均值）不等式的应用、基本不等式求和的最小值【分析】设两次购买猪肉的价格分别为，，表达出两种方案购买的均价，结合基本不等式比较出大小，得到答案.【详解】不妨设两次购买猪肉的价格分别为，，第一种方案，均价为，第二种方案，均价为，其中，当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时，等号成立，所以采用第二种方案划算.故选：B【变式112】（2324高一下·北京石景山·期中）为提高生产效率，某公司引进新的生产线投入生产，投入生产后，除去成本，每条生产线生产的产品可获得的利润s（单位：万元）与生产线运转时间t（单位：年，）满足二次函数关系：，现在要使年平均利润最大，则每条生产线运行的时间t为年．【答案】7【知识点】基本（均值）不等式的应用、基本不等式求和的最小值【分析】求出年平均利润函数，利用均值不等式求解即可.【详解】依题意，年平均利润为,由于，当且仅当，即时取等号，此时，所以当每条生产线运行的时间时，年平均利润最大.故答案为：7.【变式113】（2324高一上·湖南邵阳·阶段练习）用篱笆围一个面积为的矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，所用篱笆最短？最短篱笆的长度是多少？【答案】当这个矩形菜园的边长为时，所用篱笆最短，最短篱笆的长度为.【知识点】基本不等式求和的最小值、基本（均值）不等式的应用【分析】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为，由已知结合基本不等式可求出矩形周长的最小值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论.【详解】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为，依题意，，于是，即，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，所用篱笆最短，最短篱笆的长度为.【变式114】（2324高一上·安徽黄山·阶段练习）“绿水青山就是金山银山”，为了贯彻落实习近平生态文明思想，探索促进“绿水青山”向“金山银山”转变的重大实践，某地林业局准备围建一个矩形场地，建立绿化生态系统研究片区，观察某种绿化植物．如图所示，两块完全相同的矩形种植绿草坪，草坪周围(阴影部分)均种植宽度相同的花，已知