第六章　不等式.DOC

1、第六章第六章不等式不等式 第一节第一节不等关系与不等式不等关系与不等式 内容要求考题举例考向规律 了解现实世界和日常生活中存 在着大量的不等关系，了解不 等式(组)的实际背景 2020新高考卷T11(比较大 小) 2017山东高考T7(比较大小) 2017北京高考T14(命题的构 造) 考情分析：以考查不等式的性质为重 点，同时考查不等关系，常与函数、 数列、几何、实际问题等相结合进行 综合命题 核心素养：逻辑推理、数学运算 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1两个实数的大小比较 (1)abab0。 (2)abab0。 (3)ababbbb，bcac。 (3)可加性：abacbc； ab，c

2、dacbd。 (4)可乘性：ab，c0acbc； ab，c0acb0，cd0acbd。 (5)可方性：ab0，nN*anbn(n2)； ab0，nN*nanb(n2)。 (6)倒数性质：ab，ab01 a 1 b； 1 a0ab。 (7)分数性质：ab0，m0， b a bm am(bm0 且 am)。 a b am bm； a b0 且 bm)。 一、常规题 1设 M2a(a2)，N(a1)(a3)，则有() AMNBMN CM0，所以 MN。故选 A。 答案A 2若 a，b 都是实数，则“ a b0”是“a2b20”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

3、 解析a b0 a baba2b2，但 a2b20D/ a b0。 答案A 3设 ba，dc，则下列不等式中一定成立的是() AacbdBacbdDadbc 解析由同向不等式具有可加性可知 C 正确。 答案C 二、易错题 4(乘法运算未注意符号的影响)若 ab0，cd0 Ba c b d b c Da d b c 解析因为 cd0，所以 0dc，又 0ba，所以bdac，又因为 cd0，所以bd cd ac cd， 即b c a d。 答案D 5(搞错绝对值的意义)若 ab 1 a B1 a 1 b C|a|b|Da2b2 解析取 a2，b1，则 1 ab 1 a不成立。故选 A。 答案A 6

4、(求范围时忽视)若 2 2，则的取值范围是_。 解析因为，所以0；又 2 2， 2 2，所以，因此0。 答案(，0) 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一比较大小 【例 1】(1)若 a0，b0，则 pb 2 a a 2 b 与 qab 的大小关系为() ApqDpq 解析(作差法)pqb 2 a a 2 b abb 2a2 a a 2b2 b (b2a2) 1 a 1 b b 2a2ba ab ba 2ba ab ， 因为 a0，b0，所以 ab0。若 ab，则 pq0，故 pq；若 ab，则 pq0，故 pb0，比较 aabb与 abba的大小。 解因为a abb abba aa b

5、 ba b a b ab， 又 ab0，故a b1，ab0， 所以 a b ab1，即aabb abba1， 又 abba0，所以 aabbabba， 所以 aabb与 abba的大小关系为 aabbabba。 比较大小的常用方法 1作差法：(1)作差；(2)变形；(3)定号；(4)结论。 2作商法：(1)作商；(2)变形；(3)判断商与 1 的大小关系；(4)结论。 【变式训练】(1)已知 pR，M(2p1)(p3)，N(p6)(p3)10，则 M，N 的大小关系为() AMN CMNDMN 解析因为 MN(2p1)(p3)(p6)(p3)10p22p5(p1)240，所以 MN。 答案B

6、(2)若 a0，且 a7，则() A77aa7aa7 D77aa与 7aa7的大小不确定 解析 77aa 7aa77 7aaa7 7 a 7a，则当 a7 时，07 a1,7a1，所以 77aa7aa7；当 0a1,7a0，则 7 a 7a1，所以 77aa7aa7。综上，77aa7aa7。 答案C 考点二不等式性质的应用微专题 微考向 1：运用性质判断不等式 【例 2】(1)下列说法中正确的是() A若“ab”是“ac”的充分条件，则“bc” B若“ab”是“ac”的充分条件，则“bc” C若“ab”是“ac”的充要条件，则“bc” D若“ac”的必要条件，则“bb，Ba|ac，Ca|ab”

7、是“ac”的充分条件，则有 AB，则 bc， 故选项 A 正确，选项 B 错误；若“ab”是“ac”的充要条件，则有 AB，则 bc，故选项 C 错误；若“ac”的必要条件，则有 BC，这是不可能的，故选项 D 错误。故选 A。 答案A (2)(多选)(2020山东潍坊二模)若 ab0，则下列不等式中一定成立的是() Aa1 ab 1 b Ba1 b0D a b c b a c 解析由函数 f(x)x1 x在(，1)上为增函数可知，当 ab1 时，a 1 ab 1 b，故 A 错误；由函 数 g(x)x1 x在(， 1)上为增函数可知， 当 ab1 时， a 1 ab 1 b， 即 a 1 b

8、b 1 a， 故 B 正确； 由 a0，但不确定 ba 与 1 的大小关系，故 ln(ba)与 0 的大小关系也不确定，故 C 错误；由 ab1,0 b a0，则 a b c1 b a c0，故 D 正确。故选 BD。 答案BD 判断不等式是否成立的方法 1逐一给出推理判断或反例说明。 2结合不等式的性质及对数函数、指数函数的性质进行判断。 微考向 2：中间量法判断不等式 【例 3】(1)已知实数 a2ln 2，b22ln 2，c(ln 2)2，则 a，b，c 的大小关系是() AcbaBcab CbacDac2，c(ln 2)2(0,1)，所以 bac。故选 B。 答案B (2)设 x0，P

9、2x2 x，Q(sin xcos x)2，则( ) APQBP0，所以 P2；又(sin xcos x)21 sin 2x，而 sin 2x1，所以 Q2。于是 PQ。故选 A。 答案A 中间量法比较大小的思路 利用中间量法比较不等式大小时要根据已知数式灵活选择中间变量。 指数式比较大小， 一般选取 1 和指 数式的底数作为中间值； 对数式比较大小， 一般选取 0 和 1 作为中间值， 其实质就是根据对数函数 f(x)logax 的单调性判断其与 f(1)，f(a)的大小。 微考向 3：特殊值法判断不等式 【例 4】(1)设 ab0，下列各数小于 1 的是() A2a b B a b 1 2

10、C a b ab D b a ab 解析解法一：(特殊值法)取 a2，b1，代入验证。D 成立。 解法二：令 yax(a0 且 a1)。当 a1，x0 时，y1；当 0a0 时，0yb0，所以 ab0，a b1,0 b a1。由指数函数性质知，D 成立。 答案D (2)若1 a 1 b0，则下列结论不正确的是( ) Aa2b2Babb2 Cab|ab| 解析由于1 a 1 b0，不妨令 a1，b2，可得 a 2b2，故 A 正确。ab2，b24，故 B 正确。ab 3a3，f(x)ln x x ，则下列各结论中正确的是() Af(a)f( ab)f ab 2 Bf( ab)f ab 2f(b)

11、 Cf( ab)f ab 2f(a) Df(b)f ab 2a3，所以 3a abab 2 b。又 f(x)1ln x x2 ，当 x(e，)时，f(x)0，所以函 数 f(x)在区间(e，)上单调递减，则有 f(b)f ab 2f( ab)bcBbca CcbaDcab 解析c0.620， blog20.6log20.51， 即 b(1,0)， alog0.62 1 log20.6 1 b( ，1)，所以 cba。故选 C。 答案C 2(微考向 3、4)已知实数 x，y 满足 axay(0aln(y21)Bsin xsin y Cx3y3D 1 x21 1 y21 解析因为实数 x，y 满足

12、 axay(0ay。对于 A，取 x1，y3，不成立；对于 B，取 x ，y，不成立；对于 C，由于 f(x)x3在 R 上单调递增，故 x3y3成立；对于 D，取 x2，y1， 不成立。故选 C。 答案C 3(微考向 3)(多选)已知 0loga2 020 1 2 020b Bb 2 a a 2 b 2 C1 a 1 b0，则b a bm am 解析因为 0loga2 0201， b1， 又 0lg 2 020 lg a lg 2 020 lg b ， 0 1 lg a 1 lg b， lg blg a， bb1，所以 1 2 020a1，所以 C 项错误；因为 b2 a a2 b 2 ab

13、2，所以 B 项正确；因为 m0，ab1，所以bm am b a mab ama0，所以 D 项正确。故选 BD。 答案BD 4(微考向 1)已知1xy3，则 xy 的取值范围是_。 解析因为1x3，1y3，所以3y1，所以4xy4。又因为 xy，所以 xy0，所以 4xy”或“1，所以 ba。 答案0，q0，前 n 项和为 Sn，则S3 a3与 S5 a5的大小关系为_。 解析当 q1 时，S3 a33， S5 a55，所以 S3 a30 且 q1 时， S3 a3 S5 a5 a11q3 a1q21q a11q5 a1q41q q21q31q5 q41q q1 q4 0，所以S3 a3 S

14、5 a5。综上可知 S3 a3 S5 a5。 答案 S3 a31,0cblog2 019b Blogcalogba C(cb)ac(cb)ab D(ac)ac(ac)ab 解析由已知可得 a1bc0，所以 A，B 中的不等式正确；因为 acab且 cb0，所以(c b)ac(cb)ab，(ac)ac0(0(0 对任意实数 x 恒成立 ab0， c0 或 a0， 0。 (2)不等式 ax2bxc0 对任意实数 x 恒成立 ab0， c0 或 a0， 0。 一、常规题 1设集合 Ax|x24x30，则 AB() A 3，3 2B 3，3 2 C 1，3 2D 3 2，3 解析集合 A(1,3)，B

15、 3 2，所以 AB 3 2，3。 答案D 2设 xR，使不等式 3x2x20 成立的 x 的取值范围为_。 解析3x2x20 即(3x2)(x1)0，所以1x0，令 3x22x20，得 x11 7 3 ，x21 7 3 ，所以 3x22x20 的 解集为 ，1 7 3 1 7 3 ， 。 答案 ，1 7 3 1 7 3 ， 二、易错题 4(不等式变形必须等价)不等式 x(x5)3(x5)的解集为_。 解析原不等式等价于(x5)(x3)0，解得5x2，所以 AB x|21，则关于 x 的不等式(1a)(xa) x1 a 1，得 1a1 a，则关于 x 的不等式(1a)(xa) x1 a 0，解

16、 得 xa，所以不等式的解集为 ，1 a (a，)。故选 D。 答案D 3关于 x 的不等式 x2(a1)xa0 的解集中恰有两个整数，则实数 a 的取值范围是() A(2，13,4)B2，13,4 C2，1)(3,4D(2，1)(3,4) 解析不等式 x2(a1)xa0，即(x1)(xa)0。若 a1，则不等 式的解集为(1，a)。要保证不等式的解集中恰含有两个整数，则2a1 或 30 的解集为(4,1)，则不等式 b(x21)a(x3)c0 的解集为() A 4 3，1 B 1，4 3 C ，4 3 (1，) D(，1) 4 3， 解析由题意知 a0 可化为 3a(x21)a(x3)4a0

17、，即 3(x21)(x3)40，解得 1x4 3。故选 B。 答案B 解一元二次不等式的一般步骤 1化为标准形式(二次项系数大于 0)。 2确定判别式的符号(若0，则可求出该不等式对应的一元二次方程的根，若0，则对应的一元 二次方程无根)。 3结合二次函数的图象得出不等式的解集。 考点二不等式恒成立问题微专题 微考向 1：在 R 上恒成立问题 【例 1】若不等式(a2)x22(a2)x40 对一切 xR 恒成立，则实数 a 的取值范围是() A(，2B2,2 C(2,2D(，2) 解析当 a20，即 a2 时，不等式为40，对一切 xR 恒成立。当 a2 时，则 a20， 4a2216a20，

18、 即 a20， a24， 解得2a0a0，0，0 ax2bxc0a0，0 ax2bxc0a0 的解集为(1,3)。若对任意的 x1,0，f(x)m4 恒成立，则 m 的取值范围是() A(，2B(，4 C2，)D4，) 解析由题知1,3 是方程2x2bxc0 的两根，得 13 b 2 b 2， 13c 2， 所以 b4，c6， 所以 f(x)2x24x6。 解法一：因为对任意的 x1,0，f(x)m4 恒成立，所以对任意的 x1,0，m2x24x2 恒成 立，因为 y2x24x2 在1,0上的最大值为 4，所以 m4。故选 D。 解法二：对任意的 x1,0，f(x)m4 恒成立，即 g(x)2

19、x24x2m0(x1,0)恒成立，于 是 g14m0， g02m0， 解得 m4。故选 D。 答案D 一元二次不等式在指定范围内恒成立， 其本质是这个不等式的解集包含着指定的区间。 恒大于 0 就是相 应的二次函数图象在给定的区间上全部在 x 轴上方； 恒小于 0 就是相应的二次函数图象在给定的区间上全部 在 x 轴下方。 微考向 3：“变换主元”解决恒成立问题 【例 3】(2020厦门六中期中)已知集合 At|t240，对于满足集合 A 的所有实数 t，使不等式 x2 txt2x1 恒成立的 x 的取值范围为() A(，1)(3，) B(，1)(3，) C(，1) D(3，) 解析不等式 x

20、2txt2x1 恒成立，即不等式(x1)tx22x10 恒成立。设 g(t)(x1)tx2 2x1。由 t240，得2t2，所以原问题等价于函数 g(t)在区间2,2上恒大于 0，所以 g2x24x30， g2x210， 解得 x3 或 x0 对实数 xR 恒成立，则实数 m 的取值范围是() Am1 3 Bm1 Cm1 3 D1m1 3 解析当 m0 时，不等式为 x0 且(m1)2 4m21 3。综上，m 的取值范围为 m 1 3。故选 C。 答案C 2(微考向 2)(多选)若不等式 x22x30 对xa，a2恒成立，则实数 a 的值可能为() A2B1 C1 2 D2 解析不等式 x22

21、x30 的解集是1,3，因为不等式 x22x30 对xa，a2恒成立，所以 a，a21,3，所以 a1， a23， 解得1a1， 所以实数 a 的值可能为1， 1 2。故选 BC。 答案BC 3(微考向 2)已知关于 x 的不等式 ax22x3a0 在(0,2上有解，则实数 a 的取值范围是() A ， 3 3B ，4 7 C 3 3 ， D 4 7， 解析因为 x(0,2，所以不等式 ax22x3a0 可化为 a 2x x23，令 f(x) 2x x23，x(0,2，则 f(x) 23x 2 x232 ，由题意知 af(x)max，f(x)在(0， 3上单调递增，在( 3，2上单调递减，所以

22、 f(x)maxf( 3) 3 3 ， 所以实数 a 的取值范围是 ， 3 3 。 答案A 4 (微考向 3)若对于 m2,2， 不等式 mx2mx1m5 恒成立， 则实数 x 的取值范围是_。 解析不等式 mx2mx1m5 可化为(x2x1)m60，令 f(m)(x2x1)m6，则对于 m 2,2，不等式 mx2mx1m5 恒成立等价于 f(m)max0 恒 成立，所以 f(m)为2,2上的增函数，所以 f(m)maxf(2)2(x2x1)60，解得1x2。 答案(1,2) 教师备用题 【例 1】(配合考点一使用)解下列不等式： (1)0 x2x24； (2)2x1 x5 1； (3)ax2

23、(a1)x10)。 解(1)原不等式等价于 x2x20， x2x24 x2x20， x2x60 x2x10， x3x20 x2 或 x1， 2x3。 借助于数轴，如图所示， 原不等式的解集为x|2x1 或 25 或 x4 3。 所以原不等式的解集为x|x 4 3或 x5。 (3)原不等式变为(ax1)(x1)0，所以 a x1 a (x1)1，即1 a1 时，解为 1 ax1； 当 a1 时，解集为； 当 0a1 时，解为 1x 1 a。 综上，当 0a1 时，不等式的解集为x|1x1 时，不等式的解集为x| 1 ax0 时，f(x)x22x，则不等 式 f(x)x 的解集用区间表示为_。 解

24、析设 x0，因为 f(x)是奇函数，所以 f(x)f(x)(x22x)。又 f(0)0，于是不等式 f(x)x 等价于 x0， x22xx 或 xx， 解得 x3 或3x0， m1 22 0， f00 m128m0， m1， m0 m32 2， m0 0m32 2， 即 m 的取值范围为(0,32 2)(32 2，)。 【名师微点】本题结合二次函数 y2x2(m1)xm 的图象解决，另外，也可以利用根与系数的关 系解决(自行完成)。 【例 2】已知二次函数 f(x)(m2)x2(2m4)x3m3 与 x 轴有两个交点，一个大于 1，一个小于 1，求实数 m 的取值范围。 【解】由(m2)f(1

25、)0， 即(m2)(2m1)02m0， f10 或 m20， 即(m 2)f(1)0直线AxByC0某一侧的所有点组 成的平面区域 不包括边界直线 AxByC0包括边界直线 不等式组各个不等式所表示平面区域的公共部分 2线性规划中的有关概念 名称意义 约束条件由变量 x，y 组成的不等式(组) 线性约束条件由 x，y 的一次不等式组成的不等式组 目标函数关于 x，y 的函数解析式，如 zx2y 线性目标函数关于 x，y 的一次解析式 可行解满足线性约束条件的解(x，y) 可行域所有可行解组成的集合 最优解使目标函数取得最大值或最小值的可行解 线性规划问题在线性约束条件下求线性目标函数的最大值或

26、最小值问题 3.确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法 确定二元一次不等式(组)表示的平面区域时，经常采用“直线定界，特殊点定域”的方法。 (1)直线定界：不等式含等号，直线在区域内；不含等号，直线不在区域内。 (2)特殊点定域：在直线上方(下方)取一点，代入不等式成立，则区域就为直线上方(下方)，否则就是直 线下方(上方)。特别地，当 C0 时，常把原点作为测试点；当 C0 时，常选点(1,0)或者(0,1)作为测试点。 在通过求直线 zaxby(b0)的截距z b的最值间接求出 z 的最值时，要注意：当 b0 时，截距 z b取最大 值时，z 也取最大值，截距z b取最小值时，z 也

27、取最小值；当 b0 时，截距 z b取最大值时，z 取最小值，截距 z b取 最小值时，z 取最大值。 一、常规题 1不等式组 x3y60， xy20 表示的平面区域是() 解析x3y60 表示直线 x3y60 左上方部分，xy20 表示直线 xy20 及其右下方部 分。故不等式组表示的平面区域为选项 C 所示阴影部分。故选 C。 答案C 2不等式组 x0， x3y4， 3xy4 所表示的平面区域的面积等于() A3 2 B2 3 C4 3 D3 4 解析不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示。由 x3y4， 3xy4， 可得 A(1，1)，易得 B(0,4)， C 0，4 3 ，|BC|4

28、4 3 8 3。所以 S ABC1 2 8 31 4 3。故选 C。 答案C 3(2020全国卷)若 x，y 满足约束条件 2xy20， xy10， y10， 则 zx7y 的最大值为_。 解析作出可行域，如图中阴影部分所示，由 xy10， 2xy20， 得 x1， y0， 故 A(1,0)。作出直线 x7y 0，数形结合可知，当直线 zx7y 过点 A 时，zx7y 取得最大值，最大值为 1。 答案1 二、易错题 4(目标函数的几何意义不清)已知 x1， xy10， 2xy20， 则 x2y2的最小值是_。 解析作出 x1， xy10， 2xy20 表示的可行域，如图中阴影部分所示，易求得点

29、 A(1,2)，B(3,4)。x2y2 的几何意义为可行域内的点到原点 O 的距离的平方。由图知，可行域内的点 A 到原点的距离最小，所以 x2 y2的最小值是 12225。 答案5 5(最优解个数无数理解不透)已知实数 x，y 满足不等式组 y0， yx10， y2x40。 若 zyax 取得最大值 时的最优解有无数个，则 a 的值为_。 解析画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，由 zyax，得 yaxz，要使 z 取得最大 值时的最优解有无数个，则直线 yaxz 必平行于直线 yx10，所以 a1。 答案1 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一二元一次不等式(组)表示平面区

30、域自主练习 1.(2021佛山模拟)不等式组 x2y40， xy20 表示的平面区域是() 解析x2y40 表示的区域在直线 x2y40 的下方及直线上，xy20 表示的区域在直线 x y20 的上方，则对应的区域为选项 B。 答案B 2已知实数 x，y 满足不等式组 xy0， 2xy6， xy2， 则点(x，y)构成的平面区域的面积是() A3B5 2 C2D3 2 解析根据题意作出不等式组所表示的平面区域， 如图中阴影部分所示。 分别求出三个点的坐标 A(2,2)， B(4，2)，C(1,1)，求出点 B 到直线 yx 的距离 d3 2，|AC| 2，所以 SABC1 2|AC|d 1 2

31、 23 2 3。 答案A 3已知点 P(1，2)及其关于原点的对称点均在不等式 2xby10 表示的平面区域内，则实数 b 的取 值范围是_。 解析根据题意，设 Q 与 P(1，2)关于原点对称，则 Q 的坐标为(1,2)，若 P，Q 均在不等式 2xby 10 表示的平面区域内，则有 22b10， 22b10， 解得1 2b0，y0，则 lg xlg y2 lg xlg y C若 x0，则 x4 x2 x4 x4 D若 x2 2x2x2 解析因为 x1。因为 2x2x2 2x2x2。所以 D 正确。而 A，B 首先不满 足“一正”，C 应当为“”。故选 D。 答案D 2若 x2y4，则 2x

32、4y的最小值是() A4B8 C2 2D4 2 解析因为 2x4y2 2x22y2 2x 2y2 248，当且仅当 2x22y，即 x2y2 时取等号，所以 2x 4y的最小值为 8。故选 B。 答案B 3已知 a0，b0，若 a,2，b 依次成等比数列，则 a4b 的最小值为_。 解析由 a,2，b 依次成等比数列，得 ab4，所以 a4b2 a4b8，当且仅当 a4b，即 a4，b 1 时等号成立，所以 a4b 的最小值为 8。 答案8 二、易错题 4(未注意等号成立的条件)当 x2 时，x 4 x2的最小值为_。 解析设 x2t，则 x 4 x2t 4 t 2。又由 x2 得 t4，而函

33、数 yt4 t 2 在4，)上是增函 数，因此当 t4 时，t4 t 2 即 x 4 x2取得最小值，最小值为 4 4 423。 答案3 5(未注意字母的正负号)函数 f(x)2x 2x3 x (x0)的最大值为_。 解析因为 x0，b0，且 ab1，则下列结论中正确的是() Aa2b21 2 B2a b1 2 Clog2alog2b2D a b 2 解析对于 A，因为 a2b22ab，所以 2(a2b2)a2b22ab(ab)21，所以 a2b21 2，正确； 对于 B，易知 0a1,0b1，所以1ab211 2，正确；对于 C，令 a 1 4，b 3 4，则 log 21 4 log23

34、42log 23 40，b0 且 ab，x a b 2 ，y ab，则 x，y 的大小关系是() Axy CxyD视 a，b 的值而定 解析已知 a0， b0， ab， 由不等式ab 2 a b 2 2， 可得 ab 2 a b 2 ， 又因为 ab 2 ab， 所以 a b 2 ab，即 x0，y0)，则 xy 的最大值是_。 解析因为 x0，y0，所以 xy1 62x3y 1 6 2x3y 2 23 2，当且仅当 2x3y3，即 x 3 2，y1 时， 等号成立，故 xy 的最大值是3 2。 答案 3 2 (2)已知 ab0，则 2a 3 ab 2 ab的最小值为_。 解析2a 3 ab

35、2 ababab 3 ab 2 ab，因为 ab0，所以 ab 3 ab2 3，当且仅当 a b 3时取等号，ab 2 ab 2 2，当且仅当 ab 2时取等号，联立 ab 3， ab 2， 解得 a 3 2 2 ， b 3 2 2 ， 所以当 a 3 2 2 ， b 3 2 2 时， abab 3 ab 2 ab2 22 3， 即 2a 3 ab 2 ab 的最小值为 2 22 3。 答案2 22 3 利用配凑法求最值，主要是配凑成“和为常数”或“积为常数”的形式。 微考向 2：常值代换法求最值 【例 3】(1)已知 ab2，且 a1，b0，则 1 a1 1 b的最小值为( ) A2 3 B

36、1 C4 3 D3 2 解析由 ab2，得 a1b3。因为 a1，所以 a10，所以 1 a1 1 b 1 3(a1b) 1 a1 1 b 1 3 2 b a1 a1 b1 3 22 b a1 a1 b4 3，当且仅当 b a1 a1 b ，即 a1 2，b 3 2时等号成立，所以 1 a1 1 b的最小值为 4 3。故选 C。 答案C (2)(2021“四省八校”联考)若 x0，y0，x2y1，则 xy 2xy的最大值为( ) A1 4 B1 5 C1 9 D 1 12 解析 2xy xy 2 y 1 x 2 y 1 x (x2y)52y x 2x y 52 2y x 2x y 9，当且仅当

37、 2y x 2x y ， x2y1， 即 xy 1 3时取等号，所以 xy 2xymax1 9。 答案C 在求解最值问题中，将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基 本不等式求解最值。 微考向 3：多次利用基本不等式求最值 【例 4】已知 ab0，那么 a2 1 bab的最小值为_。 解析由 ab0，得 ab0，所以 b(ab) bab 2 2a2 4 。所以 a2 1 baba 24 a22 a2 4 a24， 当且仅当 bab 且 a2 4 a2，即 a 2，b 2 2 时取等号。所以 a2 1 bab的最小值为 4。 答案4 多次利用基本不等式求最值的注

38、意点 当连续多次使用基本不等式时， 一定要注意每次是否都能保证等号成立， 并且注意取等号的条件的一致 性。 【题组对点练】 1(微考向 2)若正数 m，n 满足 2mn1，则 1 m 1 n的最小值为( ) A32 2B3 2 C22 2D3 解析因为 2mn1， 所以 1 m 1 n 1 m 1 n (2mn)3 n m 2m n 32 n m 2m n 32 2， 当且仅当 n m 2m n ，即 n 2m 21 时等号成立，所以 1 m 1 n的最小值为 32 2。故选 A。 答案A 2(微考向 1)(多选)若正实数 a，b 满足 ab1，则下列说法正确的是() Aab 有最大值1 4

39、B a b有最大值 2 C1 a 1 b有最小值 2 Da2b2有最大值1 2 解析对于 A，因为 a，b 为正实数，且 ab1，由 ab2 ab，可得 0M 对任意正实数 x，y 恒成立，则实 数 M 的取值范围是() A4，)B(，1 C(，4D(，4) 解析(xy) a x b y abay x bx y ab2 ay x bx y ab2 ab，当且仅当 ay2bx2时等号成立， ab2 ab4 ab4，当且仅当 ab 时等号成立，所以(xy) a x b y 的最小值为 4，当且仅当 ab，xy 时等号成立，则 M 的取值范围是(，4)。故选 D。 答案D 4(加强练)(2020江苏

40、高考)已知 5x2y2y41(x，yR)，则 x2y2的最小值是_。 解析解法一：由 5x2y2y41，得 x2 1 5y2 y2 5 ，则 x2y2 1 5y2 4y2 5 2 1 5y2 4y2 5 4 5，当且仅当 1 5y2 4y2 5 ，即 y21 2时取等号，则 x 2y2的最小值是4 5。 解法二：4(5x2y2)4y2 5x2y24y2 2 225 4 (x2y2)2，则 x2y24 5，当且仅当 5x 2y24y22，即 x2 3 10，y 21 2时取等号，则 x 2y2的最小值是4 5。 答案 4 5 考点三基本不等式解决实际问题 【例 5】网店和实体店各有利弊，两者的结

41、合将在未来一段时间内，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 2019 年 1 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 x3 2 t1。 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。 解析由题意知 t 2 3x1(1x0，则有 a kb 2 0，将 akb 2 代入 ab2(ab)4，则有kb 2 b

42、2 kb 2 b 4，整理可得(k2b2)b216。下面从三种角 度进行求解。 解法一：基本不等式法 1。 有 k216 b2 b22 16 b2 b28，当且仅当16 b2b 2，结合 ab2(ab)4，即 b2，a 21 时等号成立。 由于 2abk0，所以有 2abk2 2，当且仅当 b2，a 21 时等号成立。 解法二：基本不等式法 2。 由 16(k2b2)b2 k2b2b2 2 2k4 4 ，当且仅当 k2b2b24 时等号成立，可得 k464，由于 2ab k0，所以有 2abk2 2，当且仅当 b2，a 21 时等号成立。 解法三：方程的判别式法。 将 b4k2b2160 视为

43、关于参数 b2的一元二次方程， 且 b20， 而判别式k44160， 可得 k464。 由于 2abk0，所以有 2abk2 2，当且仅当 b2，a 21 时等号成立。 思路二：平方法。 根据题目条件整理得到 ab2(ab)4，结合这一定值条件，利用所要求解的代数式 2ab 的平方转化， 从不同的角度利用基本不等式来确定(2ab)2的最值， 再结合2ab0进而利用平方法来破解代数式的最值。 由 ab 4 aab 4 ab， 可得 a 2b2(ab)4b4(ab)， 整理可得 ab2(ab)4， 下面从两种角度进行求解。 解法一：基本不等式法 1。 因为(2ab)24a24abb24a(ab)b

44、22 4aabb24 ab2ab8，当且仅当 4a(ab) b2，结合 ab2(ab)4，即 b2，a 21 时等号成立。由于 2ab0，所以有 2ab2 2，当且仅当 b 2，a 21 时等号成立。 解法二：基本不等式法 2。 由 a(ab) 4 b2，而(2ab) 24a24abb24a(ab)b216 b2b 22 16 b2 b28，当且仅当16 b2b 2， 结合 ab2(ab)4，即 b2，a 21 时等号成立。由于 2ab0，所以有 2ab2 2，当且仅当 b2， a 21 时等号成立。 思路三：换元法。 根据题目条件加以巧妙换元，令 xab0，ya20，进而转化已知条件 ab

45、4 aab 4 ab，得到含有参 数 x，y 的关系式 x 4 xy 4 x，进而得到关于 y 的表达式 y x3 4x20，借助所要求解的代数式结合(2ab) 2 进行处理与巧妙转化，并借助基本不等式来确定最值，进而结合 2ab0 利用换元法来破解代数式的最值。 解：令 xab0，ya20，由 ab 4 aab 4 ab，可得 x 4 xy 4 x，整理可得 y 4x 4x2x x3 4x20， 则知 x(0,2)，则有 b2a 2b2 a2 x 2 y x2 x3 4x2 4x 2 x 。 而(2ab)24a24abb24y4xb2 4x3 4x24x 4x2 x 16x 4x2 4x2

46、x 2 16x 4x2 4x2 x 8，当且 仅当 16x 4x2 4x2 x ，即 x2 22 时等号成立，由于 2ab0，所以有 2ab2 2，结合 xab2 22， ab 4 aab 4 ab，当且仅当 b2，a 21 时等号成立。 【答案】2 2 【名师微点】通过对以上涉及双变元代数式的最值问题的破解，借助待定系数法、平方法、换元法等 方法，利用基本不等式、方程等相关的知识加以交汇与综合，从而得以巧妙处理，正确破解，方法各异，奇 思妙想，切入点不同，破解策略多样。其实，涉及求解相应的双变元代数式的最值或取值范围问题时，其相 应的思维方法值得我们学习与系统掌握， 并在此基础上举一反三， 巧妙应用， 学会灵活变通， 学会拓展提升。 【变式训练】(1)设 x0，y0，且(x1)(y1)2，则 xy 的取值范围为_。 解析(x1)(y1)xy(xy)1xy2 xy1， 又(x1)(y1)2， 即xy2 xy12， 所以 xy 2 1，所以 xy32 2。 答案32 2，) (2)设 x，y 为实数，若 4x2y2xy1，则 2xy 的最大值是_。 解析因为 4x2y2xy1，所以(2xy)23xy13 22xy1 3 2 2xy 2 21，所以(2xy)28 5，所 以(2xy)max2 10 5 。 答案 2 10 5