桑植縣賀龍中學(xué)集體備課電子教案年級備課組（總第課時）主備人：周琴時間：課題：3.4基本不等式第課時教學(xué)目標(biāo)(1)會推導(dǎo)基本不等式：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)；(2)理解eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的幾何意義；(3)會利用基本不等式求最值．重點(diǎn)基本不等式成立的條件及應(yīng)用難點(diǎn)基本不等式成立的條件以及應(yīng)用基本不等式求最大值和最小值．教學(xué)方法、手段基本不等式是后面應(yīng)用基本不等式求最大(小)值的基礎(chǔ)，在高中數(shù)學(xué)中有著比較重要的地位，在工業(yè)生產(chǎn)等有比較廣的實(shí)際應(yīng)用．本節(jié)宜采用分組討論，多媒體展示、引導(dǎo)啟發(fā)法來突出基本不等式的推導(dǎo)．教學(xué)過程（教學(xué)設(shè)計）：步驟、內(nèi)容、教學(xué)活動二次備課【問題導(dǎo)思】如圖(1)是在北京召開的第24屆國際數(shù)學(xué)家大會的會標(biāo)，將其抽象成如圖(2)形式．設(shè)直角三角形的長為a、b(a≠b)，那么正方形的邊長為eq\r(a2＋b2).圖(1)1．根據(jù)抽象的圖形，你能從中得到一個什么樣的不等關(guān)系？圖(2)2．當(dāng)中間的四邊形EFGH縮為一點(diǎn)，即四個直角三角形變?yōu)榈妊苯侨切螘r，可以得到什么結(jié)論？結(jié)合問題1你有什么發(fā)現(xiàn)？3．在a>0，b>0時，用eq\r(a)，eq\r(b)分別代替a、b，可以得到什么結(jié)論？不等式內(nèi)容等號成立條件重要不等式a2＋b2≥2ab，(a，b∈R)“a＝b”時取“＝”基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a，b∈R＋)“a＝b”時取“＝”(對應(yīng)學(xué)生用書第65頁)利用基本不等式比較代數(shù)式的大小若0<a<1,0<b<1，且a≠b.試比較出a＋b，a2＋b2,2eq\r(ab)，2ab中最大者．【思路探究】(1)a＋b與2eq\r(ab)的大小關(guān)系是怎樣的？a2＋b2與2ab的大小關(guān)系呢？(2)a＋b與a2＋b2怎樣比較大??？【自主解答】∵0<a<1,0<b<1，a≠b；∴a＋b>2eq\r(ab)，a2＋b2>2ab；∴四個數(shù)中最大的應(yīng)從a＋b，a2＋b2中選擇．而a2＋b2－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，又∵0<a<1,0<b<1，∴a(a－1)<0，b(b－1)<0，∴a2＋b2－(a＋b)<0，即a2＋b2<a＋b，∴a＋b最大．1．運(yùn)用基本不等式比較大小時應(yīng)注意成立的條件，即a＋b≥2eq\r(ab)成立的條件是a>0，b>0，等號成立的條件是a＝b；a2＋b2≥2ab成立的條件是a，b∈R，等號成立的條件是a＝b.2．本題在比較a＋b與a2＋b2的大小時使用了作差法．已知a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\f(a＋b,2)，試比較P、Q、R的大小．【解】∵a>b>1，∴l(xiāng)ga>lgb>0，∴P＝eq\r(lga·lgb)<eq\f(lga＋lgb,2)＝Q，Q＝eq\f(lga＋lgb,2)＝eq\f(1,2)lgab＝lgeq\r(ab)<lgeq\f(a＋b,2)＝R，∴P<Q<R.用基本不等式求簡單的最值(1)已知x>0，求f(x)＝x＋eq\f(9,x)的最小值；(2)已知lga＋lgb＝2，求a＋b的最小值；(3)已知m，n>0，且m＋n＝16，求eq\f(1,2)mn的最大值．【思路探究】(1)x與eq\f(9,x)都為正數(shù)嗎？它們的積為定值嗎？怎樣求x＋eq\f(9,x)的最小值？(2)由lga＋lgb＝2能得到a，b為定值嗎？a，b是正數(shù)嗎？(3)和為定值，能求積的最大值嗎？【自主解答】(1)∵x>0，∴由基本不等式可得f(x)＝x＋eq\f(9,x)≥2eq\r(x·\f(9,x))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(9,x)，即x＝3時，f(x)取到最小值6；(2)由lga＋lgb＝2可得lgab＝2，即ab＝100，且a>0，b>0，因此由基本不等式可得a＋b≥2eq\r(ab)＝2eq\r(100)＝20，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝10時，a＋b取到最小值20.(3)∵m，n>0且m＋n＝16，所以由基本不等式可得mn≤(eq\f(m＋n,2))2＝(eq\f(16,2))2＝64，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝8時，mn取到最大值64.∴eq\f(1,2)mn的最大值為32.當(dāng)a>0，b>0時，1．若a＋b＝p(和為定值)，則當(dāng)a＝b時，積ab有最大值eq\f(p2,4)，可以用基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)求得．2．若ab＝S(積為定值)，則當(dāng)a＝b時，和a＋b有最小值2eq\r(S)，可以用基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)求得．不論哪種情況都要注意等號取得的條件．若x>0，求f(x)＝eq\f(12,x)＋3x的最小值．【解】∵x>0，∴f(x)＝eq\f(12,x)＋3x≥2eq\r(\f(12,x)·3x)＝12，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(12,x)即x＝2時，“＝”成立．∴f(x)的最小值為12.利用基本不等式證明不等式已知a、b、c>0，求證：eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.【思路探究】判斷a，b，c，eq\f(a2,b)，eq\f(b2,c)，eq\f(c2,a)均大于0→證eq\f(a2,b)＋b≥2a→證eq\f(b2,c)＋c≥2b→證eq\f(c2,a)＋a≥2c→得所證不等式【自主解答】∵a，b，c，eq\f(a2,b)，eq\f(b2,c)，eq\f(c2,a)均大于0，∴eq\f(a2,b)＋b≥2eq\r(\f(a2,b)·b)＝2a，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a2,b)＝b時等號成立．eq\f(b2,c)＋c≥2eq\r(\f(b2,c)·c)＝2b，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b2,c)＝c時等號成立．eq\f(c2,a)＋a≥2eq\r(\f(c2,a)·a)＝2c，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(c2,a)＝a時等號成立．相加得eq\f(a2,b)＋b＋eq\f(b2,c)＋c＋eq\f(c2,a)＋a≥2a＋2b＋2c.∴eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.1．此題多次使用a＋b≥2eq\r(ab)時，要注意等號能否成立，最后利用不等式性質(zhì)累加的應(yīng)用，此時也要注意等號成立的條件．2．在解決不能直接利用基本不等式的證明問題，要重新組合，構(gòu)造運(yùn)用基本不等式的條件．若條件中有一個多項式的和為1，要注意“1”的代換．已知：a>0，b>0，c>0且a＋b＋c＝1.求證：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8.【證明】∵a＋b＋c＝1，a>0，b>0，c>0，∴eq\f(1,a)－1＝eq\f(a＋b＋c,a)－1＝eq\f(b＋c,a)≥eq\f(2\r(bc),a)>0，eq\f(1,b)－1＝eq\f(a＋b＋c,b)－1＝eq\f(a＋c,b)≥eq\f(2\r(ac),b)>0，eq\f(1,c)－1＝eq\f(a＋b＋c,c)－1＝eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(ab),c)>0，將以上三式相乘得(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥eq\f(8\r(ab)·\r(bc)·\r(ac),abc)＝8，即(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8.(對應(yīng)學(xué)生用書第66頁)忽視基本不等式成立的條件致誤求函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的值域．【錯解】∵x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，∴函數(shù)值域?yàn)閇2，＋∞)．【錯因分析】上述解答中應(yīng)用了基本不等式，卻忽略了應(yīng)用基本不等式的條件——兩個數(shù)應(yīng)都大于零，因而導(dǎo)致錯誤．【防范措施】由于y＝x＋eq\f(1,x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，故要對x的符號加以討論，否則不能用基本不等式．【正解】當(dāng)x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)即x＝1時，“＝”成立，∴y≥2.當(dāng)x<0時，x＋eq\f(1,x)＝－(－x＋eq\f(1,－x))≤－2eq\r(－x·\f(1,－x))＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1時，“＝”成立．∴y≤－2.故原函數(shù)的值域?yàn)?－∞，－2]∪[2，＋∞).1．應(yīng)用基本不等式時要時刻注意其成立的條件，只有當(dāng)a>0，b>0時，才會有eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2).對于“當(dāng)且僅當(dāng)……時，‘＝’成立…”這句話要從兩個方面理解：一方面，當(dāng)a＝b時，eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)；另一方面：當(dāng)eq\f(a＋b,2)＝eq\r(ab)時，也有a＝b.2．應(yīng)用基本不等式證明不等式的關(guān)鍵在于進(jìn)行“拼”、“湊”、“拆”、“合”、“放縮”等變形，構(gòu)造出符合基本不等式的條件結(jié)構(gòu).(對應(yīng)學(xué)生用書第67頁)1．若x2＋y2＝4，則xy的最大值是()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．4【解析】xy≤eq\f(x2＋y2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時取“＝”．【答案】C2．已知ab＝1，a>0，b>0，則a＋b的最小值為________．A．1 B．2C．4 D．8【解析】∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時取等號，故a＋b的最小值為2.【答案】B3．已知x>0，函數(shù)y＝eq\f(4,x)＋x的最小值為________．【解析】∵x>0，∴eq\f(4,x)>0，∴y＝x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4.【答案】44．已知a，b是不相等的正數(shù)，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，試比較x，y的大?。窘狻俊遖，b是不相等的正數(shù)，∴x2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)<eq\f(a＋b＋a＋b,2)＝a＋b＝y(tǒng)2，又x>0，y>0，∴x<y.一、選擇題1．給出下面四個推導(dǎo)過程：①∵a、b為正實(shí)數(shù)，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；②∵x、y為正實(shí)數(shù)，∴l(xiāng)gx＋lgy≥2eq\r(lgx·lgy)；③∵a∈R，a≠0，∴eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4；④∵x，y∈R，xy<0，∴eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＝－[(－eq\f(x,y))＋(－eq\f(y,x))]≤－2eq\r(－\f(x,y)－\f(y,x))＝－2.其中正確的推導(dǎo)為()A．①② B．②③C．③④ D．①④【解析】①∵a、b為正實(shí)數(shù)，∴eq\f(b,a)、eq\f(a,b)為正實(shí)數(shù)，符合基本不等式的條件，故①的推導(dǎo)正確；②雖然x、y為正實(shí)數(shù)，但當(dāng)x∈(0,1)或y∈(0,1)時，lgx或lgy是負(fù)數(shù)，∴②的推導(dǎo)過程是錯誤的；③∵a∈R，a≠0，不符合基本不等式的條件，∴eq\f(4,a)＋a≥2eq\r(\f(4,a)·a)＝4是錯誤的；④由xy<0，得eq\f(x,y)、eq\f(y,x)均為負(fù)數(shù)，但在推導(dǎo)過程中將整體eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)提出負(fù)號后，(－eq\f(x,y))、(－eq\f(y,x))均變?yōu)檎龜?shù)，符合均值不等式的條件，故④正確．【答案】D2．已知a，b∈R，且a＋b＝3，則2a＋2bA．6B．4eq\r(2)C．2eq\r(3)D．2eq\r(6)【解析】2a＋2b≥2eq\r(2a·2b)＝2eq\r(2a＋b)＝4eq\r(2).【答案】B3．(2013·西安高二檢測)設(shè)0<a<b，則下列不等式中正確的是()A．a(chǎn)<b<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)B．a(chǎn)<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)<bC．a(chǎn)<eq\r(ab)<b<eq\f(a＋b,2)D.eqD.eq\r(ab)<a<eq\f(a＋b,2)<b【解析】由a＝eq\r(a·a)，b＝eq\r(b·b)＝eq\f(b＋b,2)，0<a<b及均值不等式知eq\r(a·a)<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故選B.【答案】B4．(2013·杭州高二檢測)已知a>0，b>0，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)的最小值是()A．2B．2eq\r(2)C．4D．5【解析】∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)≥eq\f(2,\r(ab))＋2eq\r(ab)≥2eq\r(2×2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b,\r(ab)＝1))時，取“＝”，即a＝b＝1時，原式取得最小值4.【答案】C5．已知x，y>0且x＋y＝1，則p＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)的最小值為()A．3B．4C．5D．6【解析】p＝x＋eq\f(x＋y,x)＋y＋eq\f(x＋y,y)＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)≥3＋2＝5.當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)時，取“＝”．【答案】C二、填空題6．已知x，y∈R＋，且xy＝100，則x＋y的最小值為________．【解析】x＋y≥2eq\r(xy)＝20，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝10時取“＝”．【答案】207．設(shè)a>1，且m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，則m，n，p【解析】∵a>1，∴a2＋1>2a>a∴l(xiāng)oga(a2＋1)>loga(2a)>loga(a∴m>p>n.【答案】m>p>n8．在4×□＋9×□＝60的兩個□中，分別填入兩個自然數(shù)，使它們的倒數(shù)和最小，應(yīng)分別填上________和________．【解析】設(shè)兩數(shù)為x，y，即4x＋9y＝60，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))eq\f(4x＋9y,60)＝eq\f(1,60)(13＋eq\f(4x,y)＋eq\f(9y,x))≥eq\f(1,60)×(13＋12)＝eq\f(5,12)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4x,y)＝eq\f(9y,x)，且4x＋9y＝60，即x＝6且y＝4時，等號成立，故應(yīng)分別填上6、4.【答案】6,4三、解答題9．設(shè)a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)>a＋b＋c.【證明】∵a、b、c>0，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)≥2c，eq\f(bc,a)＋eq\f(ab,c)≥2b，eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥2a，∴2(eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c))≥2(a＋b＋c)．又∵a、b、c不全相等，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)>a＋b＋c.10．(2013·泰安高二檢測)已知不等式ax2－3x＋2<0的解集為A＝{x|1<x<b}．(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)＝(2a＋b)x－eq\f(9,a－bx)(x∈A)的最小值．【解】(1)由題意知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a)，,a>0，))解得a＝1，b＝2.(2)由(1)知a＝1，b＝2，∴A＝{x|1<x<2}．∴f(x)＝4x＋eq\f(9,x)(1<x<2)，而x>0時，4x＋eq\f(9,x)≥2eq\r(4x·\f(9,x))＝2×6＝12.當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(9,x)，即x＝eq\f(3,2)時取等號．而x＝eq\f(3,2)∈A，∴f(x)的最小值為12.11．已知函數(shù)f(x)＝lgx(x∈R＋)，若x1，x2∈R＋，判斷eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]與f(eq\f(x1＋x2,2))的大小并加以證明．【解】eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]≤f(eq\f(x1＋x2,2))．證明如下：f(x1)＋f(x2)＝lgx1＋lgx2＝lg(x1·x2)，f(eq\f(x1＋x2,2))＝lg(eq\f(x1＋x2,2))．∵x1，x2∈R＋，∴eq\f(x1＋x2,2)≥eq\r(x1·x2)，∴l(xiāng)geq\r(x1·x2)≤lg(eq\f(x1＋x2,2))，即eq\f(1,2)lg(x1·x2)≤lg(eq\f(x1＋x2,2))，∴eq\f(1,2)(lgx1＋lgx2)≤lg(eq\f(x1＋x2,2))．(教師用書獨(dú)具)記F(x，y)＝x＋y－a(x＋2eq\r(2xy))，x，y∈R＋.若對任意的x，y∈R＋，恒有F(x，y)≥0，請求出a的取值范圍．【思路探究】分離參數(shù)a，變成a≤f(x)的形式，然后求f(x)的最小值即可．【自主解答】由F(x，y)≥0，得x＋y≥a(x＋2eq\r(2xy))．因?yàn)閤>0，y>0，所以a≤eq\f(x＋y,x＋2\r(2xy))恒成立．所以a的最大值為eq\f(x＋y,x＋2\r(2xy))的最小值．因?yàn)?eq\r(2xy)≤x＋2y，所以eq\f(x＋y,x＋2\r(2xy))≥eq\f(x＋y,x＋x＋2y)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y>0時，等號成立，即a的最大值為eq\f(1,2)，所以a∈(－∞，eq\f(1,2)]．設(shè)a>b>c，且eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(m,a－c)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【解】由a>b>c知a－b>0，a－c>0.因此，原不等式等價于eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)≥m.要使原不等式恒成立，只需eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．因?yàn)閑q\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)×\f(a－b,b－c))＝4.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b－c,a－b)＝eq\f(a－b,b－c)，即2b＝a＋c時，等號成立．所以m≤4，即m∈(－∞，4]．第2課時基本不等式的應(yīng)用應(yīng)用基本不等式求最值【問題導(dǎo)思】1．利用基本不等式求最值時，應(yīng)注意什么問題？【提示】在用基本不等式求函數(shù)的最大(小)值時，需要注意三個條件：一正、二定、三相等，所謂“正”是指各項或各因式為正值，所謂“定”是指和或積為定值，所謂“相等”是指各項或各因式能相等，即等號能取到．2．當(dāng)x<0時，能用基本不等式求eq\f(4,x)＋x的最值嗎？怎樣求？【提示】能.eq\f(4,x)＋x＝－[eq\f(4,－x)＋(－x)]≤－2×2＝－4.3．如果給出的條件不滿足基本不等式的應(yīng)用條件時，怎樣用基本不等式求最值？【提示】先變形，后應(yīng)用．已知x、y都是正數(shù)，(1)若x＋y＝S(和為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時，積xy取得最大值eq\f(S2,4).(2)若xy＝p(積為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時，和x＋y取得最小值2eq\r(p).上述命題可歸納為口訣：積定和最小，和定積最大．(對應(yīng)學(xué)生用書第68頁)利用基本不等式求最值(1)已知x<eq\f(5,4)，求y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值；(2)已知0<x<eq\f(1,2)，求y＝eq\f(1,2)x(1－2x)的最大值；(3)已知x>0，求f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值．【思路探究】(1)這些題目能直接利用基本不等式求最值嗎？(2)對其進(jìn)行怎樣的變形后可以用基本不等式？【自主解答】(1)∵x<eq\f(5,4)，∴5－4x>0，∴y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq\f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1，當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時，上式等號成立，故當(dāng)x＝1時，ymax＝1.(2)∵0<x<eq\f(1,2)，∴1－2x>0，∴y＝eq\f(1,4)×2x(1－2x)≤eq\f(1,4)×(eq\f(2x＋1－2x,2))2＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,16).∴當(dāng)且僅當(dāng)2x＝1－2x(0<x<eq\f(1,2))，即x＝eq\f(1,4)時，ymax＝eq\f(1,16).(3)f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x)).∵x>0，∴x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，∴f(x)≤eq\f(2,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時等號成立．1．本例題目都不能直接使用基本不等式求最值，需要先對其變形．2．應(yīng)用基本不等式求最值，必須按照“一正，二定，三相等”的條件進(jìn)行，若具備這些條件，可直接運(yùn)用基本不等式，若不具備這些條件，則應(yīng)進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃危?．利用基本不等式求最值的關(guān)鍵是獲得定值條件，解題時應(yīng)對照已知和欲求的式子運(yùn)用適當(dāng)?shù)摹安痦?、添項、配湊、變形”等方法?chuàng)設(shè)應(yīng)用基本不等式的條件．具體可歸納為三句話：一不正，用其相反數(shù)，改變不等號方向；二不定應(yīng)湊出定和或定積；三不等，一般用單調(diào)性．(1)已知x>3，求f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)的最小值；(2)已知x>0，y>0，且2x＋3y＝6，求xy的最大值．【解】(1)∵x>3，∴x－3>0，eq\f(4,x－3)>0，于是f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)＝x－3＋eq\f(4,x－3)＋3≥2eq\r(x－3·\f(4,x－3))＋3＝7，當(dāng)且僅當(dāng)x－3＝eq\f(4,x－3)即x＝5時，f(x)取到最小值7.(2)∵x>0，y>0,2x＋3y＝6，∴xy＝eq\f(1,6)(2x·3y)≤eq\f(1,6)·(eq\f(2x＋3y,2))2＝eq\f(1,6)·(eq\f(6,2))2＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y，即x＝eq\f(3,2)，y＝1時，xy取到最大值eq\f(3,2).兩個變量的最值問題已知x＞0，y＞0，且滿足eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝1.求x＋2y的最小值．【思路探究】從形式上看不具備用基本不等式求最值的條件，但根據(jù)已知變形，消去一個變量，可構(gòu)造成能使用基本不等式的形式，也可使用“1”的代換，嘗試解決．【自主解答】∵x＞0，y＞0，eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝1，∴x＋2y＝(eq\f(8,x)＋eq\f(1,y))(x＋2y)＝10＋eq\f(x,y)＋eq\f(16y,x)≥10＋2eq\r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝12,y＝3))時，等號成立，故當(dāng)x＝12，y＝3時，(x＋2y)min＝18.1．本題給出的方法，用到了均值不等式，并且對式子進(jìn)行了變形，配湊出滿足基本不等式的條件，這是經(jīng)常需要使用的方法，要學(xué)會觀察、學(xué)會變形．2．常見的變形技巧有：(1)配湊系數(shù)；(2)變符號；(3)拆補(bǔ)項．常見形式有f(x)＝ax＋eq\f(b,x)型和f(x)＝ax(b－ax)型．本例中，若把“eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝1”改為“x＋2y＝1”，其他條件不變，求eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)的最小值；【解】∵x，y∈R＋，∴eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝(x＋2y)(eq\f(8,x)＋eq\f(1,y))＝8＋eq\f(16y,x)＋eq\f(x,y)＋2＝10＋eq\f(16y,x)＋eq\f(x,y)≥10＋2eq\r(16)＝18.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(16y,x)＝eq\f(x,y)時取等號，結(jié)合x＋2y＝1，得x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,6)，∴當(dāng)x＝eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,6)時，eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)取到最小值18.基本不等式的實(shí)際應(yīng)用圖3－4－1圍建一個面積為360m2的矩形場地，要求矩形場地的一面利用舊墻(利用的舊墻需維修)，其他三面圍墻要新建，在舊墻對面的新墻上要留一個寬度為2m的進(jìn)出口，如圖3－4－1所示．已知舊墻的維修費(fèi)用為45元/m，新墻的造價為180元/m.設(shè)利用的舊墻長度為x(單位：m)，修建此矩形場地圍墻的總費(fèi)用為y(單位：元)．(1)將y表示為x的函數(shù)；(2)試確定x，使修建此矩形場地圍墻的總費(fèi)用最小，并求出最小總費(fèi)用．【思路探究】設(shè)出變量→列函數(shù)關(guān)系式→利用函數(shù)求最大值→求平均利潤→利用基本不等式求最值→結(jié)論【自主解答】(1)如圖所示，設(shè)矩形的另一邊長為am，則y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360由已知得xa＝360，得a＝eq\f(360,x)，所以y＝225x＋eq\f(3602,x)－360(x>0)．(2)∵x>0，∴225x＋eq\f(3602,x)≥2eq\r(225×3602)＝10800.∴y＝225x＋eq\f(3602,x)－360≥10440.當(dāng)且僅當(dāng)225x＝eq\f(3602,x)時，等號成立．即當(dāng)x＝24時，修建圍墻的總費(fèi)用最小，最小總費(fèi)用是10440元．應(yīng)用基本不等式解決實(shí)際問題的方法先理解題意，設(shè)出變量，一般把要求最值的量定為函數(shù)；建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，把實(shí)際問題抽象成函數(shù)的最大值或最小值問題；在定義域內(nèi)，求出函數(shù)的最大值或最小值；正確寫出答案．如圖3－4－2所示，某畜牧基地要圍成相同面積的羊圈4間，一面可利用原有的墻壁，其余各面用籬笆圍成，籬笆總長為36m．則每間羊圈的長和寬各為多少時，羊圈面積最大？圖3－4－2【解】設(shè)每間羊圈的相鄰兩邊長分別為x，y(平行于墻的一邊為x)，則有4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18.設(shè)S＝xy.∵18＝2x＋3y≥2eq\r(2x·3y)＝2eq\r(6xy)，∴xy≤eq\f(27,2)，即S≤eq\f(27,2).上式當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時取“＝”．此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,2x＋3y＝18，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(9,2)，,y＝3.))∴每間羊圈的相鄰兩邊長分別為eq\f(9,2)m,3m時面積最大．(對應(yīng)學(xué)生用書第69頁)忽略等號成立的條件致誤設(shè)x，y為正數(shù)，求(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))的最小值．【錯解】因?yàn)閤，y為正數(shù)，所以x＋y≥2eq\r(xy)，eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥2eq\r(\f(4,xy))，即eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥eq\f(4,\r(xy))，從而(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))≥2eq\r(xy)·eq\f(4,\r(xy))＝8.【錯因分析】在x＋y≥2eq\r(xy)中等號成立的條件為x＝y(tǒng)，在eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)≥eq\f(4,\r(xy))中等號成立的條件為eq\f(1,x)＝eq\f(4,y)，即y＝4x，要使兩個等號同時成立，必有x＝y(tǒng)＝0，這與題設(shè)矛盾．【防范措施】在運(yùn)用基本不等式時，要特別注意等號成立的條件，尤其是一個題目中多次使用基本不等式，等號成立的條件必須相同，否則會造成錯誤．【正解】(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))＝1＋4·eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)＋4＝5＋eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)≥5＋2eq\r(\f(4x,y)·\f(y,x))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)4·eq\f(x,y)＝eq\f(y,x)，即y＝2x時等號成立．1．利用基本不等式求最值必須滿足“一正、二定、三相等”三個條件，并且和為定值，積有最大值；積為定值，和有最小值．2．使用基本不等式求最值時，若等號取不到，則考慮用函數(shù)單調(diào)性求解．3．解決實(shí)際應(yīng)用問題，關(guān)鍵在于弄清問題的各種數(shù)量關(guān)系，抽象出數(shù)學(xué)模型，利用基本不等式解應(yīng)用題，既要注意條件是否具備，還要注意有關(guān)量的實(shí)際含義．1．當(dāng)x<0時，f(x)＝eq\f(12,x)＋4x的最大值為()A．－4 B．－8C．－8eq\r(3) D．－16【解析】∵x<0，∴－x>0，∴f(x)＝－[(－eq\f(12,x))＋(－4x)]≤－2eq\r(－\f(12,x)·－4x)＝－8eq\r(3).【答案】C2．不等式a2＋1≥2a中等號成立的條件是(A．a(chǎn)＝±1 B．a(chǎn)＝1C．a(chǎn)＝－1 D．a(chǎn)＝0【解析】a2＋1≥2a，當(dāng)且僅當(dāng)a【答案】B3．函數(shù)y＝3x＋32－x的最小值為________．【解析】y＝3x＋eq\f(9,3x)≥2eq\r(3x·\f(9,3x))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝eq\f(9,3x)，即x＝1時等號成立．【答案】64．求函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)的最大值．【解】∵f(x)＝eq\f(1,\r(x)＋\f(1,\r(x)))≤eq\f(1,2\r(\r(x)·\f(1,\r(x))))＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))，即x＝1時等號成立.一、選擇題1．下列函數(shù)中，最小值為4的函數(shù)是()A．y＝x＋eq\f(4,x)B．y＝sinx＋eq\f(4,sinx)C．y＝ex＋4e－xD．y＝log3x＋logx81【解析】A中，x符號不定，排除A；B中，當(dāng)sinx＝2時取“＝”，不可能，∴排除B；C中，ex＝2時取“＝”，故選C；D中，log3x符號不定，∴排除D.【答案】C2．(2013·長沙高二檢測)已知a>0，b>0，a＋b＝2，則y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是()A.eq\f(7,2) B．4C.eq\f(9,2) D．5【解析】∵a＋b＝2，∴y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(a＋b,2a)＋eq\f(2a＋2b,b)＝eq\f(1,2)＋eq\f(b,2a)＋eq\f(2a,b)＋2≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(b,2a)·\f(2a,b))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,2a)＝eq\f(2a,b)且a＋b＝2，取“＝”．【答案】C3．(2013·臨沂高二檢測)某工廠第一年產(chǎn)量為A，第二年的增長率為a，第三年的增長率為b，這兩年的平均增長率為x，則()A．x＝eq\f(a＋b,2)B．x≤eq\f(a＋b,2)C．x>eq\f(a＋b,2)D．x≥eq\f(a＋b,2)【解析】由條件知A(1＋a)(1＋b)＝A(1＋x)2，∴(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)≤[eq\f(1＋a＋1＋b,2)]2，∴1＋x≤1＋eq\f(a＋b,2)，故x≤eq\f(a＋b,2).【答案】B4．(2013·重慶高二檢測)若函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝()A．1＋eq\r(2)B．1＋eq\r(3)C．3D．4【解析】f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)＝x－2＋eq\f(1,x－2)＋2.∵x>2，∴x－2>0.∴f(x)＝x－2＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(x－2·\f(1,x－2))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(1,x－2)，即x＝3時“＝”成立．又f(x)在x＝a處取最小值．∴a＝3.【答案】C5．若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是()A．[6，＋∞) B．[9，＋∞)C．(0,9] D．(0,6]【解析】∵a，b是正數(shù)，∴ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3(當(dāng)a＝b時取“＝”)，即ab－2eq\r(ab)－3≥0，∴eq\r(ab)≥3或eq\r(ab)≤－1(舍去)，∴ab≥9.【答案】B二、填空題6．已知0<x<1，則f(x)＝2＋log2x＋eq\f(5,log2x)的最大值是________．【解析】當(dāng)0<x<1時，log2x<0，所以f(x)＝2＋log2x＋eq\f(5,log2x)＝2－[(－log2x)＋eq\f(5,－log2x)]≤2－2eq\r(5).當(dāng)且僅當(dāng)－log2x＝eq\f(5,－log2x)，即(log2x)2＝5，亦即x＝2－eq\r(5)時，等號成立．【答案】2－2eq\r(5)7．(2013·蘇州高二檢測)函數(shù)y＝a1－x(a>0，a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx＋ny－1＝0(mn>0)上，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為________．【解析】由題意知A(1,1)，∴m＋n＝1，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(eq\f(1,m)＋eq\f(1,n))(m＋n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時“＝”成立．【答案】48．某校要建造一個容積為8m3，深為2m【解析】設(shè)底面的長為xm，寬為ym，水池總造價為z元，根據(jù)題意，有2xy＝8，∴xy＝4，且z＝240×eq\f(8,2)＋160·(2×2x＋2×2y)＝120×8＋640(x＋y)≥120×8＋1280eq\r(xy)＝120×8＋1280×2＝3520.【答案】3520三、解答題9．(2013·扶余高二檢測)設(shè)x>－1，求y＝eq\f(x＋5x＋2,x＋1)的最小值．【解】∵x>－1，∴x＋1>0，設(shè)x＋1＝t>0，則x＝t－1，于是有y＝eq\f(t＋4t＋1,t)＝eq\f(t2＋5t＋4,t)＝t＋eq\f(4,t)＋5≥2eq\r(t·\f(4,t))＋5＝9.當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(4,t)，即t＝2時取等號，此時x＝1.∴當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得最小值是9.10．已知正常數(shù)a，b和正變數(shù)x，y，滿足a＋b＝10，eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)＝1，x＋y的最小值是18，求a，b的值．【解】x＋y＝(x＋y)(eq\f(a,x)＋eq\f(b,y))＝a＋b＋eq\f(bx,y)＋eq\f(ay,x)≥a＋b＋2eq\r(ab)＝(eq\r(a)＋eq\r(b))2，∴(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝18.又∵a＋b＝10，∴a＝2，b＝8或a＝8，b＝2.11．(2013·臨沂高二檢測)某開發(fā)商用9000萬元在市區(qū)購買一塊土地建一幢寫字樓，規(guī)劃要求寫字樓每層建筑面積為2000平方米．已知該寫字樓第一層的建筑費(fèi)用為每平方米4000元，從第二層開始，每一層的建筑費(fèi)用比其下面一層每平方米增加100元．(1)若該寫字樓共x層，總開發(fā)費(fèi)用為y萬元，求函數(shù)y＝f(x)的表達(dá)式(總開發(fā)費(fèi)用＝總建筑費(fèi)用＋購地費(fèi)用)；(2)要使整幢寫字樓每平方米的平均開發(fā)費(fèi)用最低，該寫字樓應(yīng)建多少層？【解】(1)由已知，寫字樓最下面一層的總建筑費(fèi)用為：4000×2000＝(元)＝800(萬元)，從第二層開始，每層的建筑總費(fèi)用比其下面一層多：100×2000＝(元)＝20(萬元)，寫字樓從下到上各層的總建筑費(fèi)用構(gòu)成以800為首項，20為公差的等差數(shù)列，所以函數(shù)表達(dá)式為：y＝f(x)＝800x＋eq\f(xx－1,2)×20＋9000＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)．(2)由(1)知寫字樓每平方米平均開發(fā)費(fèi)用為：g(x)＝eq\f(fx,2000x)×10000＝eq\f(510x2＋790x＋9000,x)＝50(x＋eq\f(900,x)＋79)≥50×(2eq\r(900)＋79)＝6950(元)．當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(900,x)，即x＝30時等號成立．∴該寫字樓應(yīng)建30層．(教師用書獨(dú)具)求f(x)＝eq\f(x2＋4,\r(x2＋3))＋1的最小值．【思路探究】將x2＋4變成x2＋3＋1，把eq\r(x2＋3)看成一個整體，用基本不等式求解．【自主解答】f(x)＝eq\f(x2＋4,\r(x2＋3))＋1＝eq\f(x2＋3＋1,\r(x2＋3))＋1＝eq\r(x2＋3)＋eq\f(1,\r(x2＋3))＋1，令t＝eq\r(x2＋3)(t≥eq\r(3))，則原函數(shù)變形為y＝t＋eq\f(1,t)＋1，易證函數(shù)在區(qū)間[eq\r(3)，＋∞)上是增函數(shù)．所以當(dāng)t＝eq\r(3)時，y＝t＋eq\f(1,t)＋1取得最小值eq\f(4\r(3),3)＋1.所以當(dāng)t＝eq\r(3)，即x＝0時，f(x)＝eq\f(x2＋4,\r(x2＋3))＋1取得最小值eq\f(4\r(3),3)＋1.已知a>0，求函數(shù)y＝eq\f(x2＋a＋1,\r(x2＋a))的最小值．【解】y＝eq\r(x2＋a)＋eq\f(1,\r(x2＋a))，當(dāng)0<a≤1時，y＝eq\r(x2＋a)＋eq\f(1,\r(x2＋a))≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝±eq\r(1－a)時取等號，此時ymin＝2.當(dāng)a>1時，令t＝eq\r(x2＋a)(t≥eq\r(a))，y＝f(t)＝t＋eq\f(1,t)，易知f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以y≥f(eq\r(a))＝eq\f(a＋1,\r(a))，當(dāng)t＝eq\r(a)，即x＝0時等號成立，則ymin＝eq\f(a＋1,\r(a)).綜上，當(dāng)0<a≤1時，ymin＝2，當(dāng)a>1時，ymin＝eq\f(a＋1,\r(a)).不等式的性質(zhì)在應(yīng)用不等式性質(zhì)時要注意每個性質(zhì)的使用條件，不要盲目亂用或錯用．特別地在應(yīng)用乘法性質(zhì)時，容易漏掉“同正”這一條件，另在進(jìn)行不等式加減運(yùn)算時，要注意不等式與等式間線性運(yùn)算的區(qū)別，切勿因直接加減以增大或縮小不等式的范圍．如果a，b，c滿足c<b<a且ac<0，則下列選項中不一定成立的是()A．a(chǎn)b>acB．c(b－a)>C．cb2<ab2D．a(chǎn)c(a－c)<0【思路點(diǎn)撥】對照已知條件結(jié)合不等式的基本性質(zhì)逐項驗(yàn)證．【解析】c<b<a，ac<0?a>0，c<0.對于A：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(b>c,a>0))?ab>ac，A正確．對于B：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(b<a?b－a<0,c<0))?c(b－a)>0，B正確；對于C：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(c<a,b2≥0))?cb2≤ab2D?/cb2<ab2，C錯，即C不一定成立．對于D：ac<0，a－c>0?ac(a－c)<0，D正確．【答案】C已知a，b為非零實(shí)數(shù)，且a<b，則下列命題成立的是()A．a(chǎn)2<b2B．a(chǎn)2b<a2C.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)D.eq\f(b,a)<eq\f(a,b)【解析】∵a<b，eq\f(1,a2b2)>0，∴a·eq\f(1,a2b2)<b·eq\f(1,a2b2)，∴eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b).【答案】C不等式的恒成立問題不等式中的恒成立問題，既是學(xué)習(xí)中的難點(diǎn)，又是高考中的熱點(diǎn)，在求解不等式中的恒成立問題時，要注意轉(zhuǎn)化，利用數(shù)形結(jié)合的方法，構(gòu)造不等式或不等式組進(jìn)行探討．常見的解決恒成立問題的方法有：(1)判別式法；(2)數(shù)形結(jié)合法；(3)分離參數(shù)法；(4)分類討論法．不等式(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1<0對一切實(shí)數(shù)x恒成立，求m的取值范圍．【思路點(diǎn)撥】先討論二次項系數(shù)為零時是否符合題意，對于二次項系數(shù)不為零時，用其等價不等式組求m的范圍．【規(guī)范解答】當(dāng)m2－2m－3＝0時，m＝－1或3.而m＝3時，－1<0符合題意，所以m當(dāng)m2－2meq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m－3<0,－m＋32＋4m2－2m－3<0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<m<3,－\f(1,5)<m<3))?－eq\f(1,5)<m<3.綜上可得，m的取值范圍是{m|－eq\f(1,5)<m≤3}．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解】由x∈[1，＋∞)，f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立，得x2＋2x＋a>0恒成立．即當(dāng)x≥1時，a>－(x2＋2x)＝g(x)恒成立．而g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)max＝g(1)＝－3，故a>－3.線性規(guī)劃問題線性規(guī)劃問題是在二元一次不等式(組)所表示的平面區(qū)域后學(xué)習(xí)的，主要是想通過該工具解決生產(chǎn)、生活實(shí)際中的最值問題(如用料最省，效益最大等)，解線性規(guī)劃問題時應(yīng)首先準(zhǔn)確列出二元一次不等式(組)，并畫出相應(yīng)平面區(qū)域，在此基礎(chǔ)上利用數(shù)形結(jié)合的思想尋找目標(biāo)函數(shù)的最值，需特別說明一點(diǎn)：用好斜率間的關(guān)系是避免找錯最優(yōu)解的關(guān)鍵．某工廠生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，需要經(jīng)過加工和裝配兩個車間加工，有關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：加工時間(h/件)產(chǎn)品總有效工時(h)甲乙車間加工43480裝配25500利潤(元/件)300520試問加工這兩種產(chǎn)品各多少件，才能使工廠獲得的利潤最大？【思路點(diǎn)撥】列出線性約束條件及目標(biāo)函數(shù)，畫出可行域，利用平移法求最值．【規(guī)范解答】設(shè)加工甲、乙兩種產(chǎn)品分別為x件、y件，工廠獲利z元，則z＝300x＋520y.由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y≤480，,2x＋5y≤500，,x≥0，x∈N，,y≥0，y∈N.))作出可行域如圖所示．考慮z＝300x＋520y，將它變形為y＝－eq\f(15,26)x＋eq\f(1,520)z，這是斜率為－eq\f(15,26)且隨z變化的一族平行直線.eq\f(1,520)z是直線在y軸上的截距，當(dāng)直線截距最大時，z的值最大．由圖可知，當(dāng)直線z＝300x＋520y經(jīng)過可行域上的點(diǎn)M時，截距最大，即z最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y＝480，,2x＋5y＝500，))得M的坐標(biāo)為(64eq\f(2,7)，74eq\f(2,7))，不滿足x∈N，y∈N，平移直線并驗(yàn)證知點(diǎn)(64,74)是最優(yōu)解．∴當(dāng)加工64件甲產(chǎn)品，74件乙產(chǎn)品時，工廠獲得最大利潤．設(shè)變量x，y滿足|x|＋|y|≤1，則x＋2y的最大值和最小值分別為()A．1，－1B．2，－2C．1，－2D．2，－1【解析】|x|＋|y|≤1表示的平面區(qū)域?yàn)槿鐖D所示的陰影部分．設(shè)z＝x＋2y，易知當(dāng)直線z＝x＋2y過點(diǎn)(0,1)時，z有最大值，zmax＝0＋2×1＝2；當(dāng)直線過點(diǎn)(0，－1)時，z有最小值，zmi