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高考數學復習基本不等式及其應用測試及答案
導學目標： 1.了解基本不等式的證明過程.2.會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題．
(3)若x，∈(0，＋∞)且2x＋8－x＝0，求x＋的最小值．
變式遷移2 已知x>0，>0，z>0.
變式遷移3 (2011廣州月考)某國際化妝品生產企業為了占有更多的市場份額，擬在2012年英國倫敦奧運會期間進行一系列促銷活動，經過市場調查和測算，化妝品的年銷量x萬件與年促銷費t萬元之間滿足3－x與t＋1成反比例，如果不搞促銷活動，化妝品的年銷量只能是1萬件，已知2012年生產化妝品的設備折舊、維修等固定費用為3萬元，每生產1萬件化妝品需再投入32萬元的生產費用，若將每件化妝品的售價定為其生產成本的150%與平均每件促銷費的一半之和，則當年生產的化妝品正好能銷完．
一、選擇題(每小題5分，共25分)
學案36 基本不等式及其應用
自主梳理
1．(1)a>0，b>0 (2)a＝b 2.(1)2ab (2)2 (4)≤
3.a＋b2 ab 兩個正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數 4.(1)x＝ 小 2p (2)x＝ 大 p24
自我檢測
1．A 2.A 3
4．大 －22－1 5.[15，＋∞)
課堂活動區
例1 解題導引 基本不等式的功能在于“和與積”的相互轉化，使用基本不等式求最值時，給定的形式不一定能直接適合基本不等式，往往需要拆添項或配湊因式(一般是湊和或積為定值的形式)，構造出基本不等式的形式再進行求解．基本不等式成立的條件是“一正、二定、三相等”，“三相等”就是必須驗證等號成立的條件．
解 (1)∵x>0，>0，1x＋9＝1，
∴x＋＝(x＋)1x＋9
＝x＋9x＋10≥6＋10＝16.
當且僅當x＝9x時，上式等號成立，又1x＋9＝1，
∴x＝4，＝12時，(x＋)in＝16.
(2)∵x<54，∴5－4x>0.
＝4x－2＋14x－5＝－5－4x＋15－4x＋3
≤－2 5－4x15－4x＋3＝1，
當且僅當5－4x＝15－4x，
即x＝1時，上式等號成立，故當x＝1時，ax＝1.
(3)由2x＋8－x＝0，得2x＋8＝x，
∴2＋8x＝1.
∴x＋＝(x＋)8x＋2＝10＋8x＋2x
＝10＋24x＋x
≥10＋2×2× 4xx＝18，
當且僅當4x＝x，即x＝2時取等號．
又2x＋8－x＝0，∴x＝12，＝6.
∴當x＝12，＝6時，x＋取最小值18.
變式遷移1 C [∵a＋b＝2，∴a＋b2＝1.
∴1a＋4b＝(1a＋4b)(a＋b2)＝52＋(2ab＋b2a)≥52＋22abb2a＝92(當且僅當2ab＝b2a，即b＝2a時，“＝”成立)，故＝1a＋4b的最小值為92.]
例2 解題導引 “1”的巧妙代換在不等式證明中經常用到，也會給解決問題提供簡捷的方法．
在不等式證明時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗轉化是否有誤的一種方法．
證明 方法一 因為a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＋1a＝1＋a＋ba＝2＋ba.
同理1＋1b＝2＋ab.
所以(1＋1a)(1＋1b)＝(2＋ba)(2＋ab)
＝5＋2(ba＋ab)≥5＋4＝9.
所以(1＋1a)(1＋1b)≥9(當且僅當a＝b＝12時等號成立)．
方法二 (1＋1a)(1＋1b)＝1＋1a＋1b＋1ab
＝1＋a＋bab＋1ab＝1＋2ab，
因為a，b為正數，a＋b＝1，
所以ab≤(a＋b2)2＝14，于是1ab≥4，2ab≥8，
因此(1＋1a)(1＋1b)≥1＋8＝9(當且僅當a＝b＝12時等號成立)．
變式遷移2 證明 ∵x>0，>0，z>0，
∴x＋zx≥2zx>0，
x＋z≥2xz>0，
xz＋z≥2xz>0.
∴x＋zxx＋zxz＋z
≥8zxzxxz＝8.
當且僅當x＝＝z時等號成立．
所以(x＋zx)(x＋z)(xz＋z)≥8.
例3 解題導引 1.用基本不等式解應用題的思維程序為：
由題設寫出函數→變形轉化→利用基本不等式→求得最值→結論
2．在應用基本不等式解決實際問題時，要注意以下四點：(1)先理解題意，設變量，一般把要求最值的變量定為函數；(2)建立相應的函數關系式，把實際問題抽象為函數最值問題；(3)在定義域內求函數最值；(4)正確寫出答案．
解 (1)依題意得
＝(560＋48x)＋2 160×10 0002 000x
＝560＋48x＋10 800x (x≥10，x∈N*)．
(2)∵x>0，∴48x＋10 800x
≥248×10 800＝1 440，
當且僅當48x＝10 800x，即x＝15時取到“＝”，
此時，平均綜合費用的最小值為560＋1 440＝2 000(元)．
答 當該樓房建造15層時，可使樓房每平方米的平均綜合費用最少，最少值為2 000元．
變式遷移3 解 (1)由題意可設3－x＝t＋1，
將t＝0，x＝1代入，得＝2.∴x＝3－2t＋1.
當年生產x萬件時，
∵年生產成本＝年生產費用＋固定費用，
∴年生產成本為32x＋3＝323－2t＋1＋3.
當銷售x(萬件)時，年銷售收入為
150%323－2t＋1＋3＋12t.
由題意，生產x萬件化妝品正好銷完，由年利潤＝年銷售收入－年生產成本－促銷費，得年利潤＝－t2＋98t＋352t＋1 (t≥0)．
(2)＝－t2＋98t＋352t＋1＝50－t＋12＋32t＋1
≤50－2t＋12×32t＋1＝50－216＝42(萬元)，
當且僅當t＋12＝32t＋1，即t＝7時，ax＝42，
∴當促銷費投入7萬元時，企業的年利潤最大．
課后練習區
1．B [因為3a3b＝3，所以a＋b＝1，
1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab
≥2＋2baab＝4，當且僅當ba＝ab即a＝b＝12時，“＝”成立．]
2．B [不等式(x＋)1x＋a≥9對任意正實數x，恒成立，則1＋a＋x＋ax≥a＋2a＋1≥9，
∴a≥2或a≤－4(舍去)．
∴正實數a的最小值為4.]
3．C [因為1a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab
＝21ab＋ab≥4，當且僅當1a＝1b且 1ab＝ab，
即a＝b＝1時，取“＝”號．]
4．B [第一列貨車到達B市的時間為400a h，由于兩列貨車的間距不得小于a202 ，所以第17列貨車到達時間為400a＋16a202a＝400a＋16a400≥8，當且僅當400a＝16a400，即a＝100 /h時成立，所以最快需要8 h．]
5．A
6．18
解析 由x>0，>0,2x＋＋6＝x，得
x≥22x＋6(當且僅當2x＝時，取“＝”)，
即(x)2－22x－6≥0，
∴(x－32)(x＋2)≥0.
又∵x>0，∴x≥32，即x≥18.
故x的最小值為18.
7．4
解析 過原點的直線與f(x)＝2x交于P、Q兩點，則直線的斜率>0，設直線方程為＝x，由＝x，＝2x，得x＝2，＝2或x＝－2，＝－2，
∴P(2，2)，Q(－2，－2)或P(－2，－2)，Q(2，2)．
∴|PQ|＝2＋22＋2＋22
＝22＋1≥4.
8．(－∞，22－1)
解析 由f(x)>0得32x－(＋1)3x＋2>0，解得＋1<3x＋23x，而3x＋23x≥22，∴＋1<22，<22－1.
9．解 (1)∵0<x<43，∴0<3x<4.
∴x(4－3x)＝13(3x)(4－3x)≤133x＋4－3x22＝43，(4分)
當且僅當3x＝4－3x，即x＝23時，“＝”成立．
∴當x＝23時，x(4－3x)的最大值為43.(6分)
(2)已知點(x，)在直線x＋2＝3上移動，∴x＋2＝3.
∴2x＋4≥22x4＝22x＋2＝223＝42.
(10分)
當且僅當2x＝4，x＋2＝3，即x＝32，＝34時，“＝”成立．
∴當x＝32，＝34時，2x＋4的最小值為42.
(12分)
10．解 (1)＝920vv2＋3v＋1 600＝920v＋1 600v＋3≤
9202v×1 600v＋3＝92083≈11.08.(4分)
當v＝1 600v，即v＝40千米/小時時，車流量最大，最大值為11.08千輛/小時(6分)
(2)據題意有920vv2＋3v＋1 600≥10，(8分)
化簡得v2－89v＋1 600≤0，即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽車的平均速度應控制在[25,64]這個范圍內．
(12分)
11．解 (1)每次購買原材料后，當天用掉的400千克原材料不需要保管費，第二天用掉的400千克原材料需保管1天，第三天用掉的400千克原材料需保管2天，第四天用掉的400千克原材料需保管3天，…，第x天(也就是下次購買原材料的前一天)用掉最后的400千克原材料需保管(x－1)天．
∴每次購買的原材料在x天內總的保管費用
1＝400×0.03×[1＋2＋3＋…＋(x－1)]
＝6x2－6x.(6分)
(2)由(1)可知，購買一次原材料的總費用為6x2－6x＋600＋1.5×400x，
∴購買一次原材料平均每天支付的總費用為
＝1x(6x2－6x＋600)＋1.5×400＝600x＋6x＋594.(9分)
∴≥2600x6x＋594＝714，(12分)
當且僅當600x＝6x，即x＝10時，取等號．
∴該廠10天購買一次原材料可以使平均每天支付的總費用最小，且最小為714元．(14分)
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