【考綱要求】
1.了解基本不等式的證明過程.
2.能用基本不等式解決簡單的最值問題.
3.掌握基本不等式在生活實際中的應(yīng)用.
【考點預(yù)測】
1.基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.
(2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq \r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).
2.兩個重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
3.利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時，積xy有最大值eq \f(1,4)S2.
【常用結(jié)論】
1.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.
2.ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2＋b2,2).
3.應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一正，二定，三相等”，忽略某個條件，就會出錯.
4.在利用不等式求最值時，一定要盡量避免多次使用基本不等式.若必須多次使用，則一定要保證它們等號成立的條件一致.
【方法技巧】
1.利用配湊法求最值，主要是配湊成“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”的形式.
2.常數(shù)代換法，主要解決形如“已知x＋y＝t(t為常數(shù))，求eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)的最值”的問題，先將eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)轉(zhuǎn)化為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq \f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值.
3.當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時，通?？紤]利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”的形式，最后利用基本不等式求最值.
4.構(gòu)建目標(biāo)式的不等式求最值，在既含有和式又含有積式的等式中，對和式或積式利用基本不等式，構(gòu)造目標(biāo)式的不等式求解.
5.當(dāng)基本不等式與其他知識相結(jié)合時，往往是提供一個應(yīng)用基本不等式的條件，然后利用常數(shù)代換法求最值.
6.求參數(shù)的值或范圍時，要觀察題目的特點，利用基本不等式確定等號成立的條件，從而得到參數(shù)的值或范圍.
7.根據(jù)實際問題抽象出函數(shù)的解析式，再利用基本不等式求得函數(shù)的最值.
8.解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實際意義及其取值范圍.
9.在應(yīng)用基本不等式求函數(shù)的最值時，若等號取不到，則可利用函數(shù)的單調(diào)性求解.
二、【題型歸類】
【題型一】用配湊法求基本不等式的最值
【典例1】設(shè)00，且a＋b＝2，則eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)的最小值是( )
A．1 B．2
C.eq \f(9,4) D.eq \f(9,2)
【解析】因為a>0，b>0，且a＋b＝2，
所以eq \f(a＋b,2)＝1，
所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,2b)＝eq \f(1,2)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,2b)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2)))
≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(5,2)))
＝eq \f(9,4)，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq \f(4,3)，b＝eq \f(2,3)時，等號成立．故選C.
【典例3】已知x＞0，y＞0，且2x＋8y－xy＝0，求：
(1)xy的最小值；
(2)x＋y的最小值．
【解析】(1)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，又x＞0，y＞0，
則1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy))，得xy≥64，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y，即x＝16，y＝4時等號成立．
(2)解法一：由2x＋8y－xy＝0，得x＝eq \f(8y,y－2)，∵x＞0，∴y＞2，
則x＋y＝y(tǒng)＋eq \f(8y,y－2)＝(y－2)＋eq \f(16,y－2)＋10≥18，
當(dāng)且僅當(dāng)y－2＝eq \f(16,y－2)，即y＝6，x＝12時等號成立．
解法二：由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
則x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18，當(dāng)且僅當(dāng)y＝6，x＝12時等號成立．
【題型三】用消元法求基本不等式的最值
【典例1】已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為_____．
【解析】方法一 (換元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝3，y＝1時取等號．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，則t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值為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，
當(dāng)且僅當(dāng)3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3時取等號，
所以x＋3y的最小值為6.
【典例2】若實數(shù)x>1，y>eq \f(1,2)且x＋2y＝3，則eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值為________．
【解析】令x－1＝m,2y－1＝n，
則m>0，n>0且m＋n＝x－1＋2y－1＝1，
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)
＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝eq \f(1,2)時取“＝”．
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值為4.
【典例3】已知正實數(shù)a，b滿足a2－b＋4≤0，則u＝eq \f(2a＋3b,a＋b)( )
A.有最大值eq \f(14,5) B.有最小值eq \f(14,5)
C.有最小值3 D.有最大值3
【解析】∵a2－b＋4≤0，∴b≥a2＋4，
∴a＋b≥a2＋a＋4.
又∵a，b>0，∴eq \f(a,a＋b)≤eq \f(a,a2＋a＋4)，
∴－eq \f(a,a＋b)≥－eq \f(a,a2＋a＋4)，
∴u＝eq \f(2a＋3b,a＋b)＝3－eq \f(a,a＋b)≥3－eq \f(a,a2＋a＋4)
＝3－eq \f(1,a＋\f(4,a)＋1)≥3－eq \f(1,2\r(a·\f(4,a))＋1)＝eq \f(14,5)，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，b＝8時取等號.故選B.
【題型四】基本不等式的常見變形應(yīng)用
【典例1】《幾何原本》卷2的幾何代數(shù)法(以幾何方法研究代數(shù)問題)成了后世西方數(shù)學(xué)家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多的代數(shù)的公理或定理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，也稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示圖形，點F在半圓O上，點C在直徑AB上，且OF⊥AB，設(shè)AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無字證明為( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a(chǎn)2＋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)
【解析】由圖形可知，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)．
故選D.
【典例2】已知0eq \f(2,\r(ab))
D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
【解析】a2＋b2≥2ab，所以A錯誤；
ab>0，只能說明兩實數(shù)同號，同為正數(shù)，或同為負數(shù)，
所以當(dāng)a0，若不等式eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立，則m的最大值為( )
A．4 B．16 C．9 D．3
【解析】∵a>0，b>0，∴由eq \f(m,3a＋b)－eq \f(3,a)－eq \f(1,b)≤0恒成立得m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a)＋\f(1,b)))(3a＋b)＝10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)恒成立．∵eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥2eq \r(\f(3b,a)·\f(3a,b))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，故10＋eq \f(3b,a)＋eq \f(3a,b)≥16，∴m≤16，即m的最大值為16.故選B.
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若關(guān)于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________．
【解析】由條件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x＞0)，則t＞1，
且m≤－eq \f(t－1,t2－t＋1)＝－eq \f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)對任意t＞1成立．
∵t－1＋eq \f(1,t－1)＋1≥2eq \r(（t－1）·\f(1,t－1))＋1＝3，
∴－eq \f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)≥－eq \f(1,3)，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln2時等號成立．
故實數(shù)m的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
故填eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
【典例3】已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【解析】已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，只要求(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，
∵1＋a＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)≥a＋2eq \r(a)＋1，
當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq \r(a)x時，等號成立，
∴a＋2eq \r(a)＋1≥9，
∴eq \r(a)≥2或eq \r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4，
即正實數(shù)a的最小值為4，故選B.
【題型六】基本不等式與其他知識交匯的最值問題
【典例1】在△ABC中，點P滿足eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PC,\s\up6(→))，過點P的直線與AB，AC所在直線分別交于點M，N，若eq \(AM,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))＝neq \(AC,\s\up6(→))(m>0，n>0)，則m＋2n的最小值為( )
A.3 B.4 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)
【解析】∵eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3m)eq \(AM,\s\up6(→))＋eq \f(2,3n)eq \(AN,\s\up6(→))，
∵M，P，N 三點共線，∴eq \f(1,3m)＋eq \f(2,3n)＝1，
∴m＋2n＝(m＋2n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3m)＋\f(2,3n)))
＝eq \f(1,3)＋eq \f(4,3)＋eq \f(2n,3m)＋eq \f(2m,3n)
≥eq \f(5,3)＋2eq \r(\f(2n,3m)×\f(2m,3n))
＝eq \f(5,3)＋eq \f(4,3)＝3，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝1時等號成立.故選A.
【典例2】如果函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為( )
A．16 B．18 C．25 D.eq \f(81,2)
【解析】當(dāng)m＝2時，易得n－8＜0，n＜8，此時mn＜16.
當(dāng)m≠2時，拋物線的對稱軸為x＝－eq \f(n－8,m－2).據(jù)題意：
①當(dāng)m＞2時，－eq \f(n－8,m－2)≥2，即2m＋n≤12.∵eq \r(2m·n)≤eq \f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.
②當(dāng)m＜2時，拋物線開口向下，據(jù)題意：
－eq \f(n－8,m－2)≤eq \f(1,2)，m＋2n≤18.∵eq \r(2n·m)≤eq \f(2n＋m,2)≤9，∴mn≤eq \f(81,2).由2n＝m且m＋2n＝18，得m＝9＞2，故應(yīng)舍去．要使mn取得最大值，應(yīng)有m＋2n＝18(8＜n＜9)．
此時mn＝(18－2n)n＜(18－2×8)×8＝16.
綜合①②可得最大值為18.故選B.
【典例3】在△ABC中，A＝eq \f(π,6)，△ABC的面積為2，則eq \f(2sin C,sin C＋2sin B)＋eq \f(sin B,sin C)的最小值為( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(3\r(3),4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,3)
【解析】由△ABC的面積為2，
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)bcsin eq \f(π,6)＝2，得bc＝8，
在△ABC中，由正弦定理得
eq \f(2sin C,sin C＋2sin B)＋eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(2c,c＋2b)＋eq \f(b,c)
＝eq \f(2cb,b?c＋2b?)＋eq \f(b2,bc)
＝eq \f(16,8＋2b2)＋eq \f(b2,8)＝eq \f(8,4＋b2)＋eq \f(b2＋4,8)－eq \f(1,2)
≥2eq \r(\f(8,4＋b2)·\f(b2＋4,8))－eq \f(1,2)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
當(dāng)且僅當(dāng)b＝2，c＝4時，等號成立，故選C
【題型七】基本不等式的實際應(yīng)用
【典例1】某小區(qū)想利用一矩形空地ABCD建市民健身廣場，設(shè)計時決定保留空地邊上的一水塘(如圖中陰影部分)，水塘可近似看作一個等腰直角三角形，其中AD＝60 m，AB＝40 m，且△EFG中，∠EGF＝90°，經(jīng)測量得到AE＝10 m，EF＝20 m，為保證安全同時考慮美觀，健身廣場周圍準(zhǔn)備加設(shè)一個保護欄，設(shè)計時經(jīng)過點G作一直線分別交AB，DF于M，N，從而得到五邊形MBCDN的市民健身廣場，設(shè)DN＝x(m)．
(1)將五邊形MBCDN的面積y表示為x的函數(shù)；
(2)當(dāng)x為何值時，市民健身廣場的面積最大？并求出最大面積．
【解析】(1)作GH⊥EF，垂足為H.
∵DN＝x，∴NH＝40－x，NA＝60－x，
∵eq \f(NH,HG)＝eq \f(NA,AM)，∴eq \f(40－x,10)＝eq \f(60－x,AM)，∴AM＝eq \f(600－10x,40－x).
S五邊形MBCDN＝S矩形ABCD－S△AMN＝40×60－eq \f(1,2)·AM·AN＝2 400－eq \f(5（60－x）2,40－x).
∵N與F重合時，AM＝AF＝30適合條件，∴x∈(0，30]．
(2)y＝2 400－eq \f(5（60－x）2,40－x)＝2 400－5[(40－x)＋eq \f(400,40－x)＋40]，當(dāng)且僅當(dāng)40－x＝eq \f(400,40－x)，即x＝20∈(0，30]時，y取得最大值2 000, ∴當(dāng)DN＝20 m時，得到的市民健身廣場面積最大，最大面積為2 000 m2.答略．
【典例2】如圖，為處理含有某種雜質(zhì)的污水，要制造一個底寬2 m的無蓋長方體的沉淀箱，污水從A孔流入，經(jīng)沉淀后從B孔排出，設(shè)箱體的長度為a m，高度為b m，已知排出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)與a，b的乘積ab成反比．現(xiàn)有制箱材料60 m2，問a，b各為多少m時，經(jīng)沉淀后排出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)最小(A，B孔面積忽略不計)?
【解析】設(shè)y為排出的水中雜質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，
根據(jù)題意可知：y＝eq \f(k,ab)，其中k是比例系數(shù)且k＞0.
依題意要使y最小，只需ab最大．
由題設(shè)得：4b＋2ab＋2a≤60(a＞0，b＞0)，
即a＋2b≤30－ab(a＞0，b＞0)．
∵a＋2b≥2eq \r(2ab)，
∴2eq \r(2)·eq \r(ab)＋ab≤30，得0＜eq \r(ab)≤3eq \r(2).
當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b時取“＝”號，ab最大值為18，此時得a＝6，b＝3.
故當(dāng)a＝6 m，b＝3 m時經(jīng)沉淀后排出的水中雜質(zhì)最少．
解法二：同解法一得b≤eq \f(30－a,a＋2)，代入y＝eq \f(k,ab)求解．
【典例3】如圖，動物園要圍成相同的長方形虎籠四間，一面可利用原有的墻，其他各面用鋼筋網(wǎng)圍成．
(1)現(xiàn)有可圍36 m長網(wǎng)的材料，每間虎籠的長、寬各設(shè)計為多少時，可使每間虎籠面積最大？
(2)若使每間虎籠面積為24 m2，則每間虎籠的長、寬各設(shè)計為多少時，可使圍成四間虎籠的鋼筋總長度最??？
【解析】(1)設(shè)每間虎籠長為x m，寬為y m，則由條件，知4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18.
設(shè)每間虎籠的面積為S，則S＝xy.
解法一：由于2x＋3y≥2eq \r(2x×3y)＝2eq \r(6xy)，
∴2eq \r(6xy)≤18，得xy≤eq \f(27,2)，即S≤eq \f(27,2).
當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時等號成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝3y，,2x＋3y＝18，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4.5，,y＝3.))
故每間虎籠長為4.5 m，寬為3 m時，可使每間虎籠面積最大．
解法二：由2x＋3y＝18，得x＝9－eq \f(3,2)y.
∵x＞0，∴0＜y＜6.
S＝xy＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9－\f(3,2)y))y＝eq \f(3,2)(6－y)y.
∵0＜y＜6，∴6－y＞0.
∴S≤eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（6－y）＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(27,2).
當(dāng)且僅當(dāng)6－y＝y(tǒng)，即y＝3時，等號成立，此時x＝4.5.
故每間虎籠長4.5 m，寬3 m時，可使每間虎籠面積最大．
(2)由條件知S＝xy＝24.
設(shè)鋼筋網(wǎng)總長為l，則l＝4x＋6y.
解法一：∵2x＋3y≥2eq \r(2x·3y)＝2eq \r(6xy)＝24，
∴l(xiāng)＝4x＋6y＝2(2x＋3y)≥48，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時，等號成立．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝3y，,xy＝24，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝6，,y＝4.))
故每間虎籠長6 m，寬4 m時，可使鋼筋網(wǎng)總長度最?。?br>解法二：由xy＝24，得x＝eq \f(24,y).
∴l(xiāng)＝4x＋6y＝eq \f(96,y)＋6y＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,y)＋y))≥6×2eq \r(\f(16,y)×y)＝48，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(16,y)＝y(tǒng)，即y＝4時，等號成立，此時x＝6.
故每間虎籠長6 m，寬4 m時，可使鋼筋網(wǎng)總長度最小．
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】(多選)若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式成立的是( )
A.a＋b＋c≤eq \r(3) B.(a＋b＋c)2≥3
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥2eq \r(3) D.a2＋b2＋c2≥1
【解析】由基本不等式可得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)＝2，
∴a2＋b2＋c2≥1，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝±eq \f(\r(3),3)時，等號成立.
∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
∴a＋b＋c≤－eq \r(3)或a＋b＋c≥eq \r(3).
若a＝b＝c＝－eq \f(\r(3),3)，則eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝－3eq \r(3)0，求eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值.
【解析】(1)因為a＞0，b＞0，ab＝1，所以原式＝eq \f(ab,2a)＋eq \f(ab,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(a＋b,2)＋eq \f(8,a＋b)≥2eq \r(\f(a＋b,2)·\f(8,a＋b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(a＋b,2)＝eq \f(8,a＋b)，即a＋b＝4時，等號成立.
故eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值為4.
(2)∵a，b∈R，ab>0，
∴eq \f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq \f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq \f(1,ab)
≥2eq \r(4ab·\f(1,ab))＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4)))時取得等號.
【訓(xùn)練三】若x>0，y>0且x＋y＝xy，則eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值為________．
【解析】因為x>0，y>0且x＋y＝xy，
則xy＝x＋y>y，即有x>1，同理y>1，
由x＋y＝xy得，(x－1)(y－1)＝1，
于是得eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)＝1＋eq \f(1,x－1)＋2＋eq \f(2,y－1)
＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)＋\f(2,y－1)))
≥3＋2eq \r(\f(1,x－1)·\f(2,y－1))＝3＋2eq \r(2)，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,x－1)＝eq \f(2,y－1)，
即x＝1＋eq \f(\r(2),2)，y＝1＋eq \r(2)時取“＝”，
所以eq \f(x,x－1)＋eq \f(2y,y－1)的最小值為3＋2eq \r(2).
【訓(xùn)練四】設(shè)a>b>0，則a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)的最小值是________．
【解析】∵a>b>0，∴a－b>0，
∴a(a－b)>0，a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)
＝a2＋ab－ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)
＝a2－ab＋eq \f(1,a?a－b?)＋ab＋eq \f(1,ab)
＝a(a－b)＋eq \f(1,a?a－b?)＋ab＋eq \f(1,ab)≥2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a?a－b?＝\f(1,a?a－b?)，,ab＝\f(1,ab)，))
即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)時等號成立．
∴a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)的最小值是4.
【訓(xùn)練五】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2eq \r(ab)－4a2－b2的最大值．
【解析】∵a＞0，b＞0，2a＋b＝1，∴4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab.且1＝2a＋b≥2eq \r(2ab)，即eq \r(ab)≤eq \f(\r(2),4)，ab≤eq \f(1,8)，∴S＝2eq \r(ab)－4a2－b2＝2eq \r(ab)－(1－4ab)＝2eq \r(ab)＋4ab－1≤eq \f(\r(2)－1,2).當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(1,2)時，等號成立．
【訓(xùn)練六】如圖所示，已知樹頂A離地面eq \f(21,2)米，樹上另一點B離地面eq \f(11,2)米，某人在離地面eq \f(3,2)米的C處看此樹，則該人離此樹________米時，看A，B的視角最大．
【解析】問題轉(zhuǎn)化為求△ABC中∠BCA的取值范圍．過點C作CD⊥AB交AB的延長線于點D.設(shè)該人距離此樹的距離CD＝x米，看A，B的視角最大，即∠BCA最大．不妨設(shè)∠BCD＝α，∠ACD＝β，則∠BCA＝β－α，且tanα＝eq \f(4,x)，tanβ＝eq \f(9,x)，所以tan(β－α)＝eq \f(\f(9,x)－\f(4,x),1＋\f(9,x)×\f(4,x))＝eq \f(5x,x2＋36)＝eq \f(5,x＋\f(36,x))≤eq \f(5,2\r(x×\f(36,x)))＝eq \f(5,12)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(36,x)，即x＝6時取等號，此時∠BCA最大．故填6.
四、【強化測試】
【單選題】
1. 若x>0，y>0，則“x＋2y＝2eq \r(2xy)”的一個充分不必要條件是( )
A.x＝y(tǒng) B.x＝2y
C.x＝2且y＝1 D.x＝y(tǒng)或y＝1
【解析】∵x>0，y>0，
∴x＋2y≥2eq \r(2xy)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y 時取等號.
故“x＝2且y＝1 ”是“x＋2y＝2eq \r(2xy)”的充分不必要條件.故選C.
2. 函數(shù)f(x)＝eq \f(x2＋4,|x|)的最小值為( )
A.3 B.4 C.6 D.8
【解析】f(x)＝eq \f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq \f(4,|x|)≥2eq \r(4)＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝±2時，等號成立，故選B.
3. 若a>0，b>0，lg a＋lg b＝lg(a＋b)，則a＋b的最小值為( )
A.8 B.6 C.4 D.2
【解析】由lg a＋lg b＝lg(a＋b)，得lg(ab)＝lg(a＋b)，即ab＝a＋b，則有eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時等號成立，所以a＋b的最小值為4，故選C.
4. 已知正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，則eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)的最小值為( )
A.eq \f(5,3) B.3 C.5 D.9
【解析】由題意知，正數(shù)a，b滿足a＋b＝1，
則eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝4＋1＋eq \f(4b,a)＋eq \f(a,b)≥5＋2eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝9，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(4b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(1,3)時等號成立，
所以eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)的最小值為9，故選D.
5. 已知函數(shù)f(x)＝ex在點(0，f(0))處的切線為l，動點(a，b)在直線l上，則2a＋2－b的最小值是( )
A.4 B.2 C.2eq \r(2) D.eq \r(2)
【解析】由題意得f′(x)＝ex，f(0)＝e0＝1，k＝f′(0)＝e0＝1.所以切線方程為y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，∴a－b＋1＝0，∴a－b＝－1，∴2a＋2－b≥2eq \r(2a·2－b)＝2eq \r(2a－b)＝2eq \r(2－1)＝eq \r(2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝－\f(1,2)，b＝\f(1,2)時取等號))，故選D.
6. 若2x＋2y＝1，則x＋y的取值范圍是( )
A．[0，2] B．[－2，0]
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
【解析】因為1＝2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)，(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝2y＝eq \f(1,2)，即x＝y(tǒng)＝－1時等號成立)所以eq \r(2x＋y)≤eq \f(1,2)，所以2x＋y≤eq \f(1,4)，得x＋y≤－2.
故選D.
7. 設(shè)a>0，若關(guān)于x的不等式x＋eq \f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，則a的最小值為( )
A．16 B．9
C．4 D．2
【解析】在(1，＋∞)上，x＋eq \f(a,x－1)＝(x－1)＋eq \f(a,x－1)＋1≥2 eq \r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq \r(a)＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1＋eq \r(a)時取等號)．
由題意知2eq \r(a)＋1≥5，所以a≥4.故選C.
8. 已知x>0，y>0，且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，則x＋y的最小值為( )
A．3 B．5
C．7 D．9
【解析】因為x>0，y>0.且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2(1＋1＋eq \f(y,x＋1)＋eq \f(x＋1,y))≥2(2＋2eq \r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y)))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(y,x＋1)＝eq \f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4時取等號，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值為7，故選C．
【多選題】
9. 若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是( )
A．a(chǎn)＋b≥2eq \r(ab) B．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(1,\r(ab))
C．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 D．a(chǎn)2＋b2≥2ab
【解析】因為ab>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．所以選項C正確，又a，b∈R，所以(a－b)2≥0，即a2＋b2≥2ab一定成立．故選CD.
10. 給出下面四個推斷，其中正確的為( )
A．若a，b∈(0，＋∞)，則eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
B．若x，y∈(0，＋∞)，則lg x＋lg y≥2eq \r(lg x·lg y)
C．若a∈R，a≠0，則eq \f(4,a)＋a≥4
D．若x，y∈R，xy0，b>0，且a＋b＝1，則( )
A．a(chǎn)2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
【解析】對于選項A，因為a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥eq \f(1,2)，正確；對于選項B，易知00，
所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，
故B錯誤；
因為eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，
所以eq \f(a2＋b2,a＋b)＝eq \f(?a＋b?2－2ab,a＋b)＝a＋b－eq \f(2ab,a＋b)≥
2eq \r(ab)－eq \r(ab)＝eq \r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，
所以eq \f(a2＋b2,a＋b)≥eq \r(ab)，即eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故C正確；
因為(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，故D正確．
故選ACD.
【填空題】
13. 設(shè)正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S7－S5＝3(a4＋a5)，則4a3＋eq \f(9,a7)的最小值為________.
【解析】設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，
∵S7－S5＝a7＋a6＝3(a4＋a5)，
∴eq \f(a7＋a6,a5＋a4)＝q2＝3.
∴4a3＋eq \f(9,a7)＝4a3＋eq \f(9,a3q4)＝4a3＋eq \f(1,a3)≥2eq \r(4a3·\f(1,a3))＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)4a3＝eq \f(1,a3)，即a3＝eq \f(1,2)時等號成立.
∴4a3＋eq \f(9,a7)的最小值為4.
14. 設(shè)P(x，y)是函數(shù)y＝eq \f(2,x)(x>0)圖象上的點，則x＋y的最小值為________．
【解析】因為x>0，所以y>0，且xy＝2.由基本不等式得x＋y≥2eq \r(xy)＝2eq \r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時等號成立．所以x＋y的最小值為2eq \r(2).
15. 函數(shù)y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值為________．
【解析】因為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，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立．
16. 若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，則ab的最大值為________，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值為________．
【解析】因為a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，所以a＋2b＝4，所以ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))eq \s\up12(2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b，即a＝2，b＝1時等號成立，所以ab的最大值為2，因為eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)(5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值為eq \f(9,4).
【解答題】
17. (1)當(dāng)x0，
則1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2 eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy)).
得xy≥64，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝16，y＝4時，等號成立．
所以xy的最小值為64.
(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
則x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)
＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.
當(dāng)且僅當(dāng)x＝12，y＝6時等號成立，
所以x＋y的最小值為18.
19. 設(shè)a，b為正實數(shù)，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2eq \r(2).
(1)求a2＋b2的最小值；
(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值．
【解析】(1)由2eq \r(2)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))得ab≥eq \f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq \f(\r(2),2)時取等號，故a2＋b2≥2ab≥1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq \f(\r(2),2)時取等號，所以a2＋b2的最小值是1.
(2)由(a－b)2≥4(ab)3得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))eq \s\up12(2)≥4ab，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq \s\up12(2)－eq \f(4,ab)≥4ab，從而ab＋eq \f(1,ab)≤2，又ab＋eq \f(1,ab)≥2，所以ab＋eq \f(1,ab)＝2，所以ab＝1.
20. (1)已知0＜x＜eq \f(4,3)，求x(4－3x)的最大值；
(2)點(x，y)在直線x＋2y＝3上移動，求2x＋4y的最小值．
【解析】(1)已知0＜x＜eq \f(4,3)，∴0＜3x＜4.
∴x(4－3x)＝eq \f(1,3)(3x)(4－3x)≤eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x＋4－3x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(4,3)，
當(dāng)且僅當(dāng)3x＝4－3x，即x＝eq \f(2,3)時“＝”成立．
∴當(dāng)x＝eq \f(2,3)時，x(4－3x)取最大值為eq \f(4,3).
(2)已知點(x，y)在直線x＋2y＝3上移動，所以x＋2y＝3.
∴2x＋4y≥2eq \r(2x·4y)＝2eq \r(2x＋2y)＝2eq \r(23)＝4eq \r(2).
當(dāng)且僅當(dāng)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝4y，,x＋2y＝3，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))時“＝”成立．
∴當(dāng)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))時，2x＋4y取最小值為4eq \r(2).
21. (1)解不等式eq \f(4,x－1)≤x－1；
(2)求函數(shù)y＝eq \f(2,x)＋eq \f(9,1－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))))的最小值．
【解析】(1)eq \f(4,x－1)≤x－1?eq \f(4－（x－1）2,x－1)≤0?eq \f(（x－3）（x＋1）,x－1)≥0?
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）（x－1）（x－3）≥0，,x≠1)) ? x≥3或－1≤x＜1.
∴此不等式的解集為{x|x≥3或－1≤x＜1}．
(2)∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，∴2x＞0，1－2x＞0，∴y＝eq \f(4,2x)＋eq \f(9,1－2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2x)＋\f(9,1－2x)))[2x＋(1－2x)]＝13＋eq \f(9×2x,1－2x)＋eq \f(4×（1－2x）,2x)≥25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(1,5)時，等號成立，即函數(shù)的最小值為25.
22. 某廠家擬定在2020年舉行促銷活動，經(jīng)調(diào)查測算，該產(chǎn)品的年銷量(即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費用m(m≥0)萬元滿足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k為常數(shù))．如果不搞促銷活動，那么該產(chǎn)品的年銷量只能是1萬件．已知2020年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元，每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品平均成本的1.5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金)．
(1)將2020年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費用m萬元的函數(shù)；
(2)該廠家2020年的促銷費用投入多少萬元時，廠家獲取利潤最大，最大利潤是多少？
【解析】(1)由題意知，當(dāng)m＝0時，x＝1(萬件)，
所以1＝3－k?k＝2，所以x＝3－eq \f(2,m＋1)(m≥0)，
每件產(chǎn)品的銷售價格為1.5×eq \f(8＋16x,x)(元)，
所以2020年的利潤y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋（m＋1）))＋29(m≥0)．
(2)因為m≥0時，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
所以y≤－8＋29＝21，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(16,m＋1)＝m＋1?m＝3(萬元)時，ymax＝21(萬元)．
故該廠家2020年的促銷費用投入3萬元時，廠家的利潤最大，最大為21萬元．

相關(guān)試卷

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題04基本不等式及其應(yīng)用（學(xué)生版）：

這是一份2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題04基本不等式及其應(yīng)用（學(xué)生版），共9頁。試卷主要包含了【知識梳理】，【題型歸類】，【培優(yōu)訓(xùn)練】，【強化測試】等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題06函數(shù)及其表示（教師版）：

這是一份2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題06函數(shù)及其表示（教師版），共19頁。試卷主要包含了【知識梳理】，【題型歸類】，【培優(yōu)訓(xùn)練】，【強化測試】等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題14函數(shù)模型及其應(yīng)用（教師版）：

這是一份2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題14函數(shù)模型及其應(yīng)用（教師版），共24頁。試卷主要包含了【知識梳理】，【題型歸類】，【培優(yōu)訓(xùn)練】，【強化測試】等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題34平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用（教師版）

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題34平面向量的數(shù)量積及其應(yīng)用（教師版）
2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題40數(shù)列的綜合應(yīng)用（教師版）

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題40數(shù)列的綜合應(yīng)用（教師版）
2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題45空間向量及其應(yīng)用（教師版）

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題45空間向量及其應(yīng)用（教師版）
2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題04基本不等式及其應(yīng)用（Word版附解析）

2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強化測試專題04基本不等式及其應(yīng)用（Word版附解析）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部