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高考数学复习基本不等式及其应用测试及答案
导学目标： 1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．
(3)若x，∈(0，＋∞)且2x＋8－x＝0，求x＋的最小值．
变式迁移2 已知x>0，>0，z>0.
变式迁移3 (2011广州月考)某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2012年英国伦敦奥运会期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x万件与年促销费t万元之间满足3－x与t＋1成反比例，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2012年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需再投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．
一、选择题(每小题5分，共25分)
学案36 基本不等式及其应用
自主梳理
1．(1)a>0，b>0 (2)a＝b 2.(1)2ab (2)2 (4)≤
3.a＋b2 ab 两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数 4.(1)x＝ 小 2p (2)x＝ 大 p24
自我检测
1．A 2.A 3
4．大 －22－1 5.[15，＋∞)
课堂活动区
例1 解题导引 基本不等式的功能在于“和与积”的相互转化，使用基本不等式求最值时，给定的形式不一定能直接适合基本不等式，往往需要拆添项或配凑因式(一般是凑和或积为定值的形式)，构造出基本不等式的形式再进行求解．基本不等式成立的条件是“一正、二定、三相等”，“三相等”就是必须验证等号成立的条件．
解 (1)∵x>0，>0，1x＋9＝1，
∴x＋＝(x＋)1x＋9
＝x＋9x＋10≥6＋10＝16.
当且仅当x＝9x时，上式等号成立，又1x＋9＝1，
∴x＝4，＝12时，(x＋)in＝16.
(2)∵x<54，∴5－4x>0.
＝4x－2＋14x－5＝－5－4x＋15－4x＋3
≤－2 5－4x15－4x＋3＝1，
当且仅当5－4x＝15－4x，
即x＝1时，上式等号成立，故当x＝1时，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，
当且仅当4x＝x，即x＝2时取等号．
又2x＋8－x＝0，∴x＝12，＝6.
∴当x＝12，＝6时，x＋取最小值18.
变式迁移1 C [∵a＋b＝2，∴a＋b2＝1.
∴1a＋4b＝(1a＋4b)(a＋b2)＝52＋(2ab＋b2a)≥52＋22abb2a＝92(当且仅当2ab＝b2a，即b＝2a时，“＝”成立)，故＝1a＋4b的最小值为92.]
例2 解题导引 “1”的巧妙代换在不等式证明中经常用到，也会给解决问题提供简捷的方法．
在不等式证明时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，而且也是检验转化是否有误的一种方法．
证明 方法一 因为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(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．
方法二 (1＋1a)(1＋1b)＝1＋1a＋1b＋1ab
＝1＋a＋bab＋1ab＝1＋2ab，
因为a，b为正数，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(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．
变式迁移2 证明 ∵x>0，>0，z>0，
∴x＋zx≥2zx>0，
x＋z≥2xz>0，
xz＋z≥2xz>0.
∴x＋zxx＋zxz＋z
≥8zxzxxz＝8.
当且仅当x＝＝z时等号成立．
所以(x＋zx)(x＋z)(xz＋z)≥8.
例3 解题导引 1.用基本不等式解应用题的思维程序为：
由题设写出函数→变形转化→利用基本不等式→求得最值→结论
2．在应用基本不等式解决实际问题时，要注意以下四点：(1)先理解题意，设变量，一般把要求最值的变量定为函数；(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数最值问题；(3)在定义域内求函数最值；(4)正确写出答案．
解 (1)依题意得
＝(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，
当且仅当48x＝10 800x，即x＝15时取到“＝”，
此时，平均综合费用的最小值为560＋1 440＝2 000(元)．
答 当该楼房建造15层时，可使楼房每平方米的平均综合费用最少，最少值为2 000元．
变式迁移3 解 (1)由题意可设3－x＝t＋1，
将t＝0，x＝1代入，得＝2.∴x＝3－2t＋1.
当年生产x万件时，
∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用，
∴年生产成本为32x＋3＝323－2t＋1＋3.
当销售x(万件)时，年销售收入为
150%323－2t＋1＋3＋12t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费，得年利润＝－t2＋98t＋352t＋1 (t≥0)．
(2)＝－t2＋98t＋352t＋1＝50－t＋12＋32t＋1
≤50－2t＋12×32t＋1＝50－216＝42(万元)，
当且仅当t＋12＝32t＋1，即t＝7时，ax＝42，
∴当促销费投入7万元时，企业的年利润最大．
课后练习区
1．B [因为3a3b＝3，所以a＋b＝1，
1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab
≥2＋2baab＝4，当且仅当ba＝ab即a＝b＝12时，“＝”成立．]
2．B [不等式(x＋)1x＋a≥9对任意正实数x，恒成立，则1＋a＋x＋ax≥a＋2a＋1≥9，
∴a≥2或a≤－4(舍去)．
∴正实数a的最小值为4.]
3．C [因为1a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab
＝21ab＋ab≥4，当且仅当1a＝1b且 1ab＝ab，
即a＝b＝1时，取“＝”号．]
4．B [第一列货车到达B市的时间为400a h，由于两列货车的间距不得小于a202 ，所以第17列货车到达时间为400a＋16a202a＝400a＋16a400≥8，当且仅当400a＝16a400，即a＝100 /h时成立，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(当且仅当2x＝时，取“＝”)，
即(x)2－22x－6≥0，
∴(x－32)(x＋2)≥0.
又∵x>0，∴x≥32，即x≥18.
故x的最小值为18.
7．4
解析 过原点的直线与f(x)＝2x交于P、Q两点，则直线的斜率>0，设直线方程为＝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)
当且仅当3x＝4－3x，即x＝23时，“＝”成立．
∴当x＝23时，x(4－3x)的最大值为43.(6分)
(2)已知点(x，)在直线x＋2＝3上移动，∴x＋2＝3.
∴2x＋4≥22x4＝22x＋2＝223＝42.
(10分)
当且仅当2x＝4，x＋2＝3，即x＝32，＝34时，“＝”成立．
∴当x＝32，＝34时，2x＋4的最小值为42.
(12分)
10．解 (1)＝920vv2＋3v＋1 600＝920v＋1 600v＋3≤
9202v×1 600v＋3＝92083≈11.08.(4分)
当v＝1 600v，即v＝40千米/小时时，车流量最大，最大值为11.08千辆/小时(6分)
(2)据题意有920vv2＋3v＋1 600≥10，(8分)
化简得v2－89v＋1 600≤0，即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽车的平均速度应控制在[25,64]这个范围内．
(12分)
11．解 (1)每次购买原材料后，当天用掉的400千克原材料不需要保管费，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(也就是下次购买原材料的前一天)用掉最后的400千克原材料需保管(x－1)天．
∴每次购买的原材料在x天内总的保管费用
1＝400×0.03×[1＋2＋3＋…＋(x－1)]
＝6x2－6x.(6分)
(2)由(1)可知，购买一次原材料的总费用为6x2－6x＋600＋1.5×400x，
∴购买一次原材料平均每天支付的总费用为
＝1x(6x2－6x＋600)＋1.5×400＝600x＋6x＋594.(9分)
∴≥2600x6x＋594＝714，(12分)
当且仅当600x＝6x，即x＝10时，取等号．
∴该厂10天购买一次原材料可以使平均每天支付的总费用最小，且最小为714元．(14分)
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