（新高考）高考数学一轮复习讲练测第1章§1.4基本不等式(含解析)

这是一份（新高考）高考数学一轮复习讲练测第1章§1.4基本不等式(含解析)，共14页。试卷主要包含了了解基本不等式的推导过程等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
1．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的条件：a>0，b>0.
(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时，等号成立．
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．
2．几个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．
(2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)．
(3)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
3．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
注意：利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)不等式ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2与eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)等号成立的条件是相同的．( × )
(2)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( × )
(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy的最小值为4.( √ )
(4)函数y＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值为4.( × )
教材改编题
1．若正实数a，b满足a＋4b＝ab，则ab的最小值为( )
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 A
解析 因为正实数a，b满足a＋4b＝ab，
所以ab＝a＋4b≥2eq \r(4ab)＝4eq \r(ab)，
所以ab≥16，
当且仅当a＝4b，即a＝8，b＝2时等号成立．
2．函数y＝x＋eq \f(1,x＋1)(x≥0)的最小值为________．
答案 1
解析 因为x≥0，所以x＋1>0，eq \f(1,x＋1)>0，
利用基本不等式得y＝x＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－1≥2eq \r(x＋1·\f(1,x＋1))－1＝1，
当且仅当x＋1＝eq \f(1,x＋1)，即x＝0时，等号成立．
所以函数y＝x＋eq \f(1,x＋1)(x≥0)的最小值为1.
3．若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________ m2.
答案 25
解析 设矩形的一边为x m，面积为y m2，
则另一边为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，
其中0∴y＝x(10－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋10－x,2)))2＝25，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时，等号成立，
∴ymax＝25，
即矩形场地的最大面积是25 m2.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 配凑法
例1 (1)已知x>2，则函数y＝x＋eq \f(1,2x－2)的最小值是( )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(2)＋2
C．2 D.eq \r(2)＋2
答案 D
解析 由题意可知，x－2>0，
∴y＝(x－2)＋eq \f(1,2x－2)＋2≥2eq \r(x－2·\f(1,2x－2))＋2＝eq \r(2)＋2，当且仅当x＝2＋eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
∴函数y＝x＋eq \f(1,2x－2)(x>2)的最小值为eq \r(2)＋2.
(2)设0答案 eq \f(9,2)
解析 ∵00，
y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq \f(9,2)，
当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时，等号成立．
∵eq \f(3,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
∴函数y＝4x(3－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0命题点2 常数代换法
例2 已知x>0，y>0，且4x＋2y－xy＝0，则2x＋y的最小值为( )
A．16 B．8＋4eq \r(2)
C．12 D．6＋4eq \r(2)
答案 A
解析 由题意可知eq \f(2,x)＋eq \f(4,y)＝1，
∴2x＋y＝(2x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)＋\f(4,y)))＝eq \f(8x,y)＋eq \f(2y,x)＋8≥2eq \r(\f(8x,y)·\f(2y,x))＋8＝16，
当且仅当eq \f(8x,y)＝eq \f(2y,x)，即x＝4，y＝8时，等号成立，
则2x＋y的最小值为16.
命题点3 消元法
例3 (2023·烟台模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．
答案 6
解析 方法一 (换元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值为6.
方法二 (代入消元法)
由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq \f(9－3y,1＋y)，
所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq \f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)
＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)
＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6
＝12－6＝6，
当且仅当3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3时取等号，
所以x＋3y的最小值为6.
延伸探究 本例条件不变，求xy的最大值．
解 9－xy＝x＋3y≥2eq \r(3xy)，
∴9－xy≥2eq \r(3xy)，
令eq \r(xy)＝t，
∴t>0，
∴9－t2≥2eq \r(3)t，
即t2＋2eq \r(3)t－9≤0，
解得0∴eq \r(xy)≤eq \r(3)，∴xy≤3，
当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，
∴xy的最大值为3.
思维升华 (1)前提：“一正”“二定”“三相等”．
(2)要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．
(3)条件最值的求解通常有三种方法：一是配凑法；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法；三是消元法．
跟踪训练1 (1)(多选)若正实数a，b满足a＋b＝1，则下列说法错误的是( )
A．ab有最小值eq \f(1,4)
B．8eq \r(a)＋8eq \r(b)有最大值8eq \r(2)
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4
D．a2＋b2有最小值eq \f(\r(2),2)
答案 AD
解析 由1＝a＋b≥2eq \r(ab)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，
得ab≤eq \f(1,4)，故ab有最大值eq \f(1,4)，故A错误；
(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤1＋2eq \r(\f(1,4))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，
则eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，则8eq \r(a)＋8eq \r(b)有最大值8eq \r(2)，故B正确；
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，
故eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)有最小值4，故C正确；
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立))，
所以a2＋b2有最小值eq \f(1,2)，故D错误．
(2)已知x>1，则y＝eq \f(x－1,x2＋3)的最大值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 令t＝x－1，∴x＝t＋1，
∵x>1，∴t>0，
∴y＝eq \f(t,t＋12＋3)＝eq \f(t,t2＋2t＋4)＝eq \f(1,t＋\f(4,t)＋2)≤eq \f(1,2\r(4)＋2)＝eq \f(1,6)，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，t＝2，即x＝3时，等号成立，
∴当x＝3时，ymax＝eq \f(1,6).
题型二 基本不等式的常见变形应用
例4 (1)若0A．b>eq \f(a＋b,2)>a>eq \r(ab)
B．b>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>a
C．b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a
D．b>a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)
答案 C
解析 ∵0a＋b，
∴b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab).
∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq \r(ab)>a.
故b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a.
(2) (2023·宁波模拟)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)
答案 D
解析 由图形可知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，
OC＝eq \f(1,2)(a＋b)－b＝eq \f(1,2)(a－b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(1,2)a2＋b2)，
∵CF≥OF，
∴eq \r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq \f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．
思维升华 基本不等式的常见变形
(1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2).
(2)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
跟踪训练2 (2022·漳州质检)已知a，b为互不相等的正实数，则下列四个式子中最大的是( )
A.eq \f(2,a＋b) B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
C.eq \f(2,\r(ab)) D.eq \r(\f(2,a2＋b2))
答案 B
解析 ∵a，b为互不相等的正实数，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab))，
eq \f(2,a＋b)eq \r(\f(2,a2＋b2))∴最大的是eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).
题型三 基本不等式的实际应用
例5 中华人民共和国第十四届运动会在陕西省举办，某公益团队联系全运会组委会举办一场纪念品展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设．据市场调查，当每套纪念品(一个会徽和一个吉祥物)售价定为x元时，销售量可达到(15－0.1x)万套．为配合这个活动，生产纪念品的厂家将每套纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为50元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.约定不计其他成本，即销售每套纪念品的利润＝售价－供货价格．
(1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，能获得的总利润是多少万元？
(2)每套会徽及吉祥物售价为多少元时，单套的利润最大？最大值是多少元？
解 (1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)，
供货单价为50＋eq \f(10,5)＝52(元)，
总利润为5×(100－52)＝240(万元)．
(2)设售价为x元，则销售量为(15－0.1x)万套，供货单价为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(50＋\f(10,15－0.1x)))元，
单套利润为x－50－eq \f(10,15－0.1x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－50－\f(100,150－x)))元，因为15－0.1x>0，所以0所以单套利润为
y＝x－50－eq \f(100,150－x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(150－x＋\f(100,150－x)))＋100≤100－2eq \r(150－x·\f(100,150－x))＝80，
当且仅当150－x＝10，即x＝140时取等号，
所以每套会徽及吉祥物售价为140元时，单套的利润最大，最大值是80元．
思维升华 利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题，设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值．
跟踪训练3 某公益广告公司拟在一张矩形海报纸(记为矩形ABCD，如图)上设计三个等高的宣传栏(栏面分别为一个等腰三角形和两个全等的直角梯形)，宣传栏(图中阴影部分)的面积之和为1 440 cm2.为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为2 cm.当直角梯形的高为__________ cm时，用纸量最少(即矩形ABCD的面积最小)．
答案 12eq \r(5)
解析 设直角梯形的高为x cm，
∵宣传栏(图中阴影部分)的面积之和为1 440 cm2，
且海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为2 cm，
∴海报宽AD＝x＋4，海报长DC＝eq \f(1 440,x)＋8，
故S矩形ABCD＝AD·DC＝(x＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 440,x)＋8))＝8x＋eq \f(5 760,x)＋1 472≥2eq \r(8x·\f(5 760,x))＋1 472＝192eq \r(5)＋1 472，
当且仅当8x＝eq \f(5 760,x)，
即x＝12eq \r(5)时，等号成立．
∴当直角梯形的高为12eq \r(5) cm时，用纸量最少．
课时精练
1．下列函数中，最小值为2的是( )
A．y＝x＋eq \f(2,x)
B．y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))
C．y＝ex＋e－x
D．y＝sin x＋eq \f(1,sin x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0答案 C
解析 当x<0时，y＝x＋eq \f(2,x)<0，故A错误；
y＝eq \f(x2＋3,\r(x2＋2))＝eq \r(x2＋2)＋eq \f(1,\r(x2＋2))≥2，
当且仅当eq \r(x2＋2)＝eq \f(1,\r(x2＋2))，即x2＝－1时取等号，
又x2≠－1，故B错误；
y＝ex＋e－x≥2eq \r(ex·e－x)＝2，
当且仅当ex＝e－x，
即x＝0时取等号，故C正确；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x∈(0,1)，
y＝sin x＋eq \f(1,sin x)≥2，
当且仅当sin x＝eq \f(1,sin x)，
即sin x＝1时取等号，
因为sin x∈(0,1)，故D错误．
2．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则lg a＋lg b的最大值为( )
A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 A
解析 ∵a>0，b>0，a＋b＝2，
∴lg a＋lg b＝lg ab≤lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝0，
当且仅当a＝b＝1时，取等号．
∴lg a＋lg b的最大值为0.
3．(2021·新高考全国Ⅰ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A．13 B．12 C．9 D．6
答案 C
解析 由椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，得|MF1|＋|MF2|＝2×3＝6，则|MF1|·|MF2|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MF1|＋|MF2|,2)))2＝32＝9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时等号成立．
所以|MF1|·|MF2|的最大值为9.
4．(2023·太原模拟)已知a，b为正实数，a＋b＝3，则eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)的最小值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(5,6) C.eq \f(1,2) D．4
答案 A
解析 因为a＋b＝3，
所以eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋2)))(a＋1＋b＋2)＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋2,a＋1)＋\f(a＋1,b＋2)＋2))≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(b＋2,a＋1)·\f(a＋1,b＋2))＋2))＝eq \f(2,3)，
当且仅当eq \f(b＋2,a＋1)＝eq \f(a＋1,b＋2)，即a＝2，b＝1时，等号成立．
所以eq \f(1,a＋1)＋eq \f(1,b＋2)的最小值为eq \f(2,3).
5．(多选)(2022·衡阳模拟)设a＝lg23，b＝lg2eq \f(4,3)，则下列关系正确的是( )
A．ab>eq \f(a＋b,2) B．abC.eq \f(a＋b,2)>eq \f(b,a) D．ab>eq \f(b,a)
答案 BCD
解析 易知a>0，b>0，eq \f(a＋b,2)＝1，a≠b，abeq \f(b,a)⇔a>1，显然成立．
所以eq \f(a＋b,2)>ab>eq \f(b,a).
6．(多选)(2023·黄冈模拟)若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( )
A．0C．lg2a＋lg2b<2 D.eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,8)
答案 BD
解析 因为a>0，b>0，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2＝4或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，a2＋b2≥8，eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,8)，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg24＝2，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，故A，C不恒成立，D恒成立；
对于B选项，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥4×eq \f(1,4)＝1，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，故B恒成立．
7．函数y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为________．
答案 0
解析 因为y＝eq \f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2(x>－1)，
所以y≥2eq \r(1)－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立．
所以y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为0.
8．(2023·娄底质检)已知a，b为正实数，且2a＋b＝1，则eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)的最小值为________．
答案 6
解析 由已知条件得，eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)＝eq \f(4a＋2b,a)＋eq \f(a,2b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋4≥2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋4＝6，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,2b)，即a＝eq \f(2,5)，b＝eq \f(1,5)时，取等号．
所以eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)的最小值为6.
9．(1)当x(2)已知0解 (1)y＝eq \f(1,2)(2x－3)＋eq \f(8,2x－3)＋eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－2x,2)＋\f(8,3－2x)))＋eq \f(3,2).
当x0，
所以eq \f(3－2x,2)＋eq \f(8,3－2x)≥2 eq \r(\f(3－2x,2)·\f(8,3－2x))＝4，
当且仅当eq \f(3－2x,2)＝eq \f(8,3－2x)，即x＝－eq \f(1,2)时，取等号．
于是y≤－4＋eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2)，故函数的最大值为－eq \f(5,2).
(2)因为0所以4－x2>0，
则y＝xeq \r(4－x2)＝eq \r(x2·4－x2)≤eq \f(x2＋4－x2,2)＝2，
当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时，取等号，
所以y＝xeq \r(4－x2)的最大值为2.
10．某企业为了进一步增加市场竞争力，计划利用新技术生产某款新手机．通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本300万元，每生产x(千部)手机，需另投入成本R(x)万元，且R(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10x2＋100x，0(1)求出今年的利润W(x)(万元)关于年产量x(千部)的函数关系式(利润＝销售额－成本)；
(2)今年产量为多少(千部)时，企业所获利润最大？最大利润是多少？
解 (1)当0当x≥40时，W(x)＝700x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(701x＋\f(10 000,x)－9 450))－300＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x)))＋9 150，
∴W(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－10x2＋600x－300，0(2)若0当x＝30时，W(x)max＝8 700(万元)．
若x≥40，W(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x)))＋9 150≤9 150－2eq \r(10 000)＝8 950，
当且仅当x＝eq \f(10 000,x)时，即x＝100时，取等号．
∴W(x)max＝8 950(万元)．
∴今年产量为100千部时，企业所获利润最大，最大利润是8 950万元．
11. (2023·湘潭模拟)已知α，β为锐角，且tan α－tan β＋2tan αtan2β＝0，则tan α的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \r(2)
答案 A
解析 因为β为锐角，所以tan β>0，
由题意可得tan α＝eq \f(tan β,1＋2tan2β)＝eq \f(1,2tan β＋\f(1,tan β))≤eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
当且仅当tan β＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
故tan α的最大值为eq \f(\r(2),4).
12．(2022·天津模拟)若a>0，b>0，则(a＋b)2＋eq \f(1,ab)的最小值为________．
答案 4
解析 若a>0，b>0，则(a＋b)2＋eq \f(1,ab)≥(2eq \r(ab))2＋eq \f(1,ab)＝4ab＋eq \f(1,ab)≥4，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝b，,4ab＝\f(1,ab)，))
即a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
故所求的最小值为4.
13.《几何原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)
C.eq \r(ab)≥eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)
D.eq \f(a2＋b2,2)≥eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)
答案 C
解析 根据图形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，
又OD＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，
所以DE＝eq \f(CD2,OD)＝eq \f(ab,\f(a＋b,2))，
由于OD≥CD，
所以eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)．
由于CD≥DE，
所以eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)．
14．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案 BC
解析 因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
解得－2≤x＋y≤2，
当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，
当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x2＋y2)－1＝xy≤eq \f(x2＋y2,2)，
解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；
因为x2＋y2－xy＝1可变形为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y,2)))2＋eq \f(3,4)y2＝1，
设x－eq \f(y,2)＝cs θ，eq \f(\r(3),2)y＝sin θ，
所以x＝cs θ＋eq \f(\r(3),3)sin θ，y＝eq \f(2\r(3),3)sin θ，
因此x2＋y2＝cs2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θcs θ＝1＋eq \f(\r(3),3)sin 2θ－eq \f(1,3)cs 2θ＋eq \f(1,3)
＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))，所以D错误．