《基本不等式（第2课时）》教学设计

19/19必修5第三章不等式3.4.2基本不等式第二课时（王乙橙）一、教学目标1.核心素养:通过学习基本不等式，提升学生的直观想象、数学运算与逻辑推理的能力.发展创新精神，培养实事求是、理论与实际相结合的科学态度和科学道德.2.学习目标（1）进一步掌握基本不等式（2）熟练应用基本不等式求最值；（3）能够应用基本不等式解决一些简单的实际问题.3.学习重点通过师生共同研究，进一步掌握基本不等式，并会用此不等式求最大、最小值.4.学习难点 基本不等式求最值中取等的条件；“一正二定三相等”中定值的运用.二、教学设计（一）课前设计1.预习任务任务1.基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a+b,2)及其应用，注意常用的一些结论：(1)a2+12a(2)a+eq\f(1,a)2(a>0)(3)eq\f(b,a)+eq\f(a,b)2(a,b同号)（4）2.预习自测1、已知x、y都是正数，xy=15，则x＋y的最小值为答案：2、已知x、y都是正数，x+y=15，则xy的最大值为答案：3、已知x、y＞0，且x+y=1,则P=x+eq\f(1,x)+y+eq\f(1,y)的最小值为.答案：5二、解答题3、设x、y满足x+4y=40,且x,y∈R+,求lgx+lgy的最大值.解析：（二）课堂设计1.知识回顾比较两个不等式和的异同点2.问题探究问题探究一如何利用函数单调性求最值●活动一例1已知函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0).(1)证明：f(x)在区间(0，eq\r(a)]上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数；(2)求f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值.【解析】(1)设x2>x1>0，则f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)＋(eq\f(a,x2)－eq\f(a,x1))＝(x2－x1)＋eq\f(a(x1－x2),x1x2)＝(x2－x1)(1－eq\f(a,x1x2))＝eq\f((x2－x1),x1x2)(x1x2－a)，当0<x1<x2≤eq\r(a)时，x1x2<a.∴f(x2)－f(x1)<0，∴f(x2)<f(x1).当x2>x1≥eq\r(a)时，x1x2>a.∴f(x2)－f(x1)>0，∴f(x2)>f(x1).故f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数.∴函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的图像如图所示.(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值f(x)min＝f(eq\r(a))＝2eq\r(a).【点拨】基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b均大于0)求最值(值域)时，必须具备“一正、二定、三相等”的条件.如果“相等”条件不具备就可能造成错解.为了解决这个问题，我们引进一个函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)，利用它的单调性来完善上述解法的不足，作为使基本不等式“完美”的补充.●活动二思考：函数y＝eq\r(x2＋2)＋eq\f(1,\r(x2＋2))的最小值是不是2？如不是，应为多少？【解析】不是，若用基本不等式求最小值，则需要条件：eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))，即x2＝－1，但此式不成立.应用单调性求解：设t＝eq\r(x2＋2)(t≥eq\r(2))，则y＝t＋eq\f(1,t)在[eq\r(2)，＋∞)上单调递增，∴最小值为eq\r(2)＋eq\f(1,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).●活动三思考：求函数y＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈(0，π)的最小值.【解析】令t＝sinx，∵x∈(0，π)，∴t∈(0,1].由例1(1)知函数f(t)＝t＋eq\f(4,t)在t∈(0,2]上是单调减函数，∴f(t)＝t＋eq\f(4,t)在t∈(0,1]上也单调递减.∴f(t)≥f(1)＝5，故ymin＝5.问题探究二如何利用基本不等式求代数式的最值重点、难点知识★▲●活动一思考：x>0，y>0，且x＋2y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值.【解析】∵x＋2y＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))·(x＋2y)＝3＋eq\f(x,y)＋eq\f(2y,x)≥3＋2eq\r(\f(x,y)·\f(2y,x))＝3＋2eq\r(2).当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＝\f(2y,x),x＋2y＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(2)－1,y＝1－\f(\r(2),2)))时取等号.故eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为3＋2eq\r(2).●活动二思考：x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值.方法一【思路分析】减少元素个数.根据条件eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1解出y，用只含x的代数式表示y，代数式x＋y转化为只含x的函数，再考虑利用基本不等式求出最值.【解析】由eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，得x＝eq\f(y,y－9).∵x>0，y>0，∴y>9.x＋y＝eq\f(y,y－9)＋y＝y＋eq\f(y－9＋9,y－9)＝y＋eq\f(9,y－9)＋1＝(y－9)＋eq\f(9,y－9)＋10.∵y>9，∴y－9>0，∴y－9＋eq\f(9,y－9)＋10≥2eq\r((y－9)·\f(9,y－9))＋10＝16，当且仅当y－9＝eq\f(9,y－9)，即y＝12时取等号.又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，则x＝4.∴当x＝4，y＝12时，x＋y取最小值16.方法二【思路分析】在利用基本不等式求最值时，巧妙运用“1”的代换，也会给解决问题提供简捷的解法.【解析】∵eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝(x＋y)·(eq\f(1,x)＋eq\f(9,y))＝10＋eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y).∵x>0，y>0，∴eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝6.当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，即y＝3x时，取等号.又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＝4，y＝12.∴当x＝4，y＝12时，x＋y取最小值16.【点拨】(1)要创造条件应用均值定理，和定积最大，积定和最小.多次应用时，必须保证每次取等号的条件相同，等号才可以传递到最后的最大(小)值.(2)注意“1”的代换技巧.(3)本题(1)易错解为：1＝x＋2y≥2eq\r(2xy)，∴eq\r(xy)≤eq\f(\r(2),4).∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥eq\f(2,\r(xy))≥eq\f(8,\r(2))＝4eq\r(2).其错因是两次用基本不等式时等号不能同时成立.●活动三及时回馈：(1)已知eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1(x＞0，y＞0)，求x＋y的最小值.(2)已知正数x，y满足x＋y＝4，求eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值.【解析】(1)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).(2)eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(2,y))·eq\f(x＋y,4)＝eq\f(1,4)(3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y))≥eq\f(3＋2\r(2),4).问题探究三利用均值不等式求参数的取值范围重点、难点知识★▲●活动一思考：若正数a、b满足ab＝a＋b＋3，求：(1)ab的范围；(2)a＋b的范围.【解析】(1)∵ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，令t＝eq\r(ab)>0，∴t2－2t－3≥0，∴(t－3)(t＋1)≥0.∴t≥3，即eq\r(ab)≥3，∴ab≥9，当且仅当a＝b＝3时取等号.(2)∵ab＝a＋b＋3，∴a＋b＋3≤(eq\f(a＋b,2))2.令t＝a＋b>0，∴t2－4t－12≥0，∴(t－6)(t＋2)≥0.∴t≥6即a＋b≥6，当且仅当a＝b＝3时取等号.【点拨】利用方程的思想是解决此类问题的常规解法.第②问也可用如下方法解之：由已知b＝eq\f(a＋3,a－1)>0，∴a－1>0，∴a＋b＝a＋eq\f(a＋3,a－1)＝a＋eq\f(a－1＋4,a－1)＝a＋1＋eq\f(4,a－1)＝(a－1)＋eq\f(4,a－1)＋2≥6.●活动二思考：正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，则xy的最小值是________.【解析】由基本不等式得xy≥2eq\r(2)eq\r(xy)＋6，令eq\r(xy)＝t得不等式t2－2eq\r(2)t－6≥0，解得t≤－eq\r(2)(舍去)或者t≥3eq\r(2)，故xy的最小值为18.问题探究四利用基本不等式证明不等式●活动一思考：已知a,b,c,d都是实数，且+=1,+=1,求证：≤1.【证明】∵a,b，c，d都是实数，所以QUOTE又∵+=1,+=1,∴≤1.●活动二思考：a，b，c都是正数，求证：eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.【解析】eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＝(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))＋(eq\f(c,a)＋eq\f(a,c))＋(eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)).∵a>0，b>0，c>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.同理，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)≥2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)≥2.∴eq\f(b＋c,a)＋eq\f(c＋a,b)＋eq\f(a＋b,c)≥6.【点拨】解题过程中，把数、式合理地分拆，或者恒等地配凑适当的数或式，这是代数变形常用的方法，也是一种解题的技巧.在本节中应用较多，请同学们仔细体会，总结并掌握规律.●活动三思考：(1)已知a、b、c都是正数，求证：ab(a＋b)＋bc(b＋c)＋ca(c＋a)≥6abc.(2)已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.【证明】（1）左边＝a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)≥a·2bc＋b·2ca＋c·2ab＝6abc＝右边，∴不等式成立.（2）∵a＋b＋c＝1，∴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\f(b,a)＋eq\f(a,b))＋(eq\f(c,a)＋eq\f(a,c))＋(eq\f(c,b)＋eq\f(b,c))≥3＋2＋2＋2＝9.3.课堂总结重要不等式：，重要不等式：，多次使用不能同时取等确定性确定性均值不等式的重要变形均值不等式：，多次使用不能同时取等确定性确定性均值不等式的重要变形均值不等式：，均值不等式的应用不等式失效不等式失效求最值与求范围求最值与求范围结构分析和、积、平方和相互转化结构分析和、积、平方和相互转化证明不等式证明不等式 【重难点突破】利用均值不等式求最值时，应注意的问题（1）各项均为正数，特别是出现对数式、三角数式等形式时，要认真考虑.（2）求和的最小值需积为定值，求积的最大值需和为定值.（3）确保等号成立.以上三个条件缺一不可，可概括“一正、二定、三相等”.4.随堂检测1.下列函数中，最小值为4的函数是()A.y＝x＋eq\f(4,x)B.y＝sinx＋eq\f(4,sinx)C.y＝ex＋4e－x D.y＝log3x＋logx81【知识点：基本不等式，取等条件】解：C2.已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值为()A.2B.2eq\r(2)C.4 D.2eq\r(3)【知识点：基本不等式，对数运算性质】解：C3.(2012·浙江)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C.5 D.6【知识点：基本不等式】解：C∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝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.4.已知两个正变量x，y，满足x＋y＝4，则使不等式eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥m恒成立的实数m的取值范围是________.【知识点：基本不等式，恒成立】解：(－∞，eq\f(9,4)]5.设正数x，y满足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，则x＋y的取值范围是________.【知识点：基本不等式，对数运算性质】解：[6，＋∞)（三）课后作业基础型自主突破1.若x，y∈R，且x＋2y＝5，则3x＋9y的最小值()A.10B.6eq\r(3)C.4eq\r(6) D.18eq\r(3)【知识点：基本不等式，指数式】解：D2.已知函数y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)(x＞－1)，当x＝a时，y取得最小值b，则a＋b＝（）.A.－3 B.2C.3 D.8【知识点：基本不等式，取等条件】解：y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5，由x＞－1，得x＋1＞0，eq\f(9,x＋1)＞0，所以由基本不等式得y＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(x＋1×\f(9,x＋1))－5＝1，当且仅当x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即(x＋1)2＝9，所以x＋1＝3，即x＝2时取等号，所以a＝2，b＝1，a＋b＝3.答案C3.若正实数a，b满足ab＝2，则(1＋2a)·(1＋b)的最小值为【知识点：基本不等式】解析(1＋2a)(1＋b)＝5＋2a＋b≥5＋2eq\r(2ab)＝9.当且仅当2a＝b，即a＝1，b＝2时取等号.答案94.已知a>3，求a＋eq\f(4,a－3)的最小值为.【知识点：基本不等式，配凑】解：75.已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.(1)求u＝lgx＋lgy的最大值；(2)求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值.【知识点：基本不等式】解(1)∵x>0，y>0，∴由基本不等式，得2x＋5y≥2eq\r(10xy).∵2x＋5y＝20，∴2eq\r(10xy)≤20，xy≤10，当且仅当2x＝5y时，等号成立.因此有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝2，))此时xy有最大值10.∴u＝lgx＋lgy＝lg(xy)≤lg10＝1.∴当x＝5，y＝2时，u＝lgx＋lgy有最大值1.(2)∵x>0，y>0，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq\f(2x＋5y,20)＝eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,20)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7＋2\r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))＝eq\f(7＋2\r(10),20)，当且仅当eq\f(5y,x)＝eq\f(2x,y)时，等号成立.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为eq\f(7＋2\r(10),20).能力型师生共研1.(2012·浙江)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5)B.eq\f(28,5)C.5 D.6【知识点：基本不等式】解：C∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝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.2.已知正实数a，b满足a＋2b＝1，则a2＋4b2＋eq\f(1,ab)的最小值为（）A.eq\f(7,2) B.4C.eq\f(161,36) D.eq\f(17,2)【知识点：基本不等式】解：因为1＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，所以ab≤eq\f(1,8)，当且仅当a＝2b＝eq\f(1,2)时取等号.又因为a2＋4b2＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(a2·4b2)＋eq\f(1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab).令t＝ab，所以f(t)＝4t＋eq\f(1,t)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))单调递减，所以f(t)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＝eq\f(17,2).此时a＝2b＝eq\f(1,2).答案D3.已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.【知识点：基本不等式】解由已知，得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，令x＋3y＝t，则t2＋12t－108≥0，解得t≥6，即x＋3y≥6.答案：64.设x≥0，y≥0，x2＋eq\f(y2,2)＝1，则xeq\r(1＋y2)的最大值为________.【知识点：基本不等式】解：∵x≥0，y≥0，x2＋eq\f(y2,2)＝1，∴xeq\r(1＋y2)＝eq\r(x2(1＋y2))＝eq\r(2x2·\f(1＋y2,2))≤eq\r(2)×eq\f(x2＋\f(1＋y2,2),2)＝eq\r(2)×eq\f(x2＋\f(y2,2)＋\f(1,2),2)＝eq\f(3\r(2),4)，当且仅当x＝eq\f(\r(3),2)，y＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(即x2＝\f(1＋y2,2)))时，xeq\r(1＋y2)取得最大值eq\f(3\r(2),4).探究型多维突破1.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.0B.eq\f(9,8)C.2D.eq\f(9,4)【知识点：基本不等式综合应用】解：含三个参数x，y，z，消元，利用基本不等式及配方法求最值.z＝x2－3xy＋4y2(x，y，z∈R＋)，∴eq\f(z,xy)＝eq\f(x2－3xy＋4y2,xy)＝eq\f(x,y)＋eq\f(4y,x)－3≥2eq\r(\f(x,y)·\f(4y,x))－3＝1.当且仅当eq\f(x,y)＝eq\f(4y,x)，即x＝2y时“＝”成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝4y2－6y2＋4y2＝2y2，∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2y2＋4y＝－2(y－1)2＋2.∴当y＝1时，x＋2y－z取最大值2.【答案】C2.若正数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，则eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)的最小值为()A.1B.6C.9D.16【知识点：基本不等式综合应用】解：方法一：因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝ab⇒(a－1)(b－1)＝1，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)≥2eq\r(\f(1,a－1)×\f(9,b－1))＝2×3＝6.方法二：因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a＋b＝ab，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝eq\f(b－1＋9a－9,ab－a－b＋1)＝b＋9a－10＝(b＋9a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))－10≥16－10＝6.方法三：因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，所以a－1＝eq\f(1,b－1)，所以eq\f(1,a－1)＋eq\f(9,b－1)＝(b－1)＋eq\f(9,b－1)≥2eq\r(9)＝2×3＝6.答案：B自助餐1.设，若2是的等比中项，则的最小值为()A.8 B.4 C.2 D.1【知识点：基本不等式，等比数列】解：D2.（2013·重庆卷）eq\r((3－a)(a＋6))(－6≤a≤3)的最大值为()A.9B.eq\f(9,2)C.3D.eq\f(3\r(2),2)【知识点：基本不等式】解：B因为－6≤a≤3，所以eq\r((3－a)(a＋6))≤eq\f((3－a)＋(a＋6),2)＝eq\f(9,2)，当且仅当3－a＝a＋6，即a＝－eq\f(3,2)时等号成立，故选B.3.设a＞1，b＞0，若a＋b＝2，则eq\f(1,a－1)＋eq\f(2,b)的最小值为()A.3＋2eq\r(2)B.6C.4eq\r(2)D.2eq\r(2)【知识点：基本不等式】解：A4.已知各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值为()A.eq\f(3,2)B.eq\f(5,3)C.eq\f(9,4)D.eq\f(25,6)【知识点：基本不等式，等比数列】解：由各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，可得a1q6＝a1q5＋2a1q4，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去).因为eq\r(aman)＝4a1，所以qm＋n－2＝16，所以2m＋n－2＝24，所以m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq\f(1,6)(5＋4)＝eq\f(3,2).当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)时，等号成立，故eq\f(1,m)＋eq\f(4,n)的最小值等于eq\f(3,2).答案：A6.正数a，b满足eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是()A.3，＋∞)B.(－∞，3]C.(－∞，6]D.6，＋∞)【知识点：基本不等式，恒成立】解：D7.已知x，y为正实数，3x＋2y＝10，eq\r(3x)＋eq\r(2y)的最大值为________.【知识点：基本不等式】解：由eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，得eq\r(3x)＋eq\r(2y)≤eq\r(2)×eq\r((\r(3x))2＋(\r(2y))2)＝eq\r(2)×eq\r(3x＋2y)＝2eq\r(5)，当且仅当x＝eq\f(5,3)，y＝eq\f(5,2)时取等号.答案：2eq\r(5)8.若不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))≥16对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为________.【知识点：基本不等式，恒成立】解：因为不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))≥16对任意正实数x，y恒成立，所以16≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((x＋y)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))))min.令f(x)＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(4,y)))(a>0)，则f(x)＝a＋4＋eq\f(ay,x)＋eq\f(4x,y)≥a＋4＋2eq\r(\f(ay,x)·\f(4x,y))＝a＋4＋4eq\r(a)，当且仅当eq\f(x,y)＝eq\f(\r(a),2)时取等号，所以a＋4eq\r(a)＋4≥16，解得a≥4，因此正实数a的最小值为4.答案：49.下列命题中正确的是________(填序号).①y＝2－3x－eq\f(4,x)(x＞0)的最大值是2－4eq\r(3)；②y＝sin2x＋eq\f(4,sin2x)的最小值是4；③y＝2－3x－eq\f(4,x)(x＜0)的最小值是2－4eq\r(3).【知识点：基本不等式综合应用】解：①正确，因为y＝2－3x－eq\f(4,x)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(4,x)))≤2－2eq\r(3x·\f(4,x))＝2－4eq\r(3).当且仅当3x＝eq\f(4,x)，即x＝eq\f(2\r(3),3)时等号成立.②不正确，令sin2x＝t，则0＜t≤1，所以g(t)＝t＋eq\f(4,t)，显然g(t)在(0,1]上单调递减，故g(t)min＝g(1)＝1＋4＝5.③不正确，因为x＜0，所以－x＞0，最小值为2＋4eq\r(3)，而不是2－4eq\r(3).答案：①10.已知a>b>c，若eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)，求n的最大值.【知识点：基本不等式】解：方法一∵eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(n,a－c)，且a>b>c，∴n≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c)).∵对a、b、c上式都成立，∴n≤[eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c))]min.又∵eq\f((a－c)2,(a－b)(b－c))≥eq\f((a－c)2,[\f((a－b)＋(b