2021届高考数学核按钮【新高考广东版】2.3 基本不等式

2.3 基本不等式1．如果a ＞0，b ＞0，那么 叫做这两个正数的算术平均数． 2．如果a ＞0，b ＞0，那么 叫做这两个正数的几何平均数．3．重要不等式：a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥ (当且仅当a ＝b 时取等号)．4．基本不等式：a ＞0，b ＞0，则 ，当且仅当a ＝b 时等号成立，即两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．5．求最小值：a >0，b >0，当ab 为定值时，a＋b ，a 2＋b 2有 ，即a ＋b ≥ ，a 2＋b 2≥ .简记为：积定和最小． 6．求最大值：a ＞0，b ＞0，当a ＋b 为定值时，ab 有最大值，即 ，亦即 ；或a 2＋b 2为定值时，ab 有最大值(a ＞0，b ＞0)，即 .简记为：和定积最大． 7．拓展：若a ＞0，b ＞0时，21a ＋1b ≤ ≤a ＋b 2≤ ，当且仅当a ＝b 时等号成立．自查自纠 1.a ＋b 2 2.ab 3.2ab 4.a ＋b 2≥ab 5．最小值 2ab 2ab 6．ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22 ab ≤14(a ＋b )2ab ≤a 2＋b 22 7.ab a 2＋b 221.下列说法正确的是( ) A.a ≥0，b ≥0，则a 2＋b 2≥2ab B.函数y ＝x ＋1x的最小值是2C.函数f (x )＝cos x ＋4cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2的最小值等于4D.“x>0且y >0”是“x y ＋yx≥2”的充分不必要条件解：选项A 中，a ＝b ＝0.1时不成立；选项B中，当x ＝－1时y ＝－2；选项C 中，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，0<cos x <1，f (x )＝cos x ＋4cos x无最小值；选项D 中，当x y ＋y x ≥2时，需x y>0即xy >0，故“x >0且y >0”为充分不必要条件．故选D. 2.(2019·首都师范大学附中模拟)在各项均为正数的等比数列{}a n 中，a 6＝3，则a 4＋a 8 ( )A.有最小值6B.有最大值6C.有最大值9D.有最小值3解：因为a 6＝3，所以a 4a 8＝a 26＝9，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝6，当且仅当a 4＝a 8＝3时等号成立．故选A. 3．(2019·玉溪一中月考)已知f (x )＝x 2－2x ＋1x ，则f (x )在⎣⎡⎦⎤12，3上的最小值为 ( ) A.12 B.43C.－1D.0 解：因为x ∈⎣⎡⎦⎤12，3，所以f (x )＝x 2－2x ＋1x ＝x ＋1x －2≥2－2＝0，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号．又1∈⎣⎡⎦⎤12，3，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，3上的最小值为0.故选D. 4．(2019·北京高二期末)当且仅当x ＝________时，函数y ＝4x ＋1x (x >0)取得最小值． 解：由于x >0，由基本不等式可得y ＝4x ＋1x ≥24x ·1x ＝4，当且仅当4x ＝1x (x >0)，即当x ＝12时，等号成立．故填12.5．(2019·河南高考模拟)若实数x ，y 满足2x ＋2y ＝1，则x ＋y 的最大值是________．解：由题得2x ＋2y ≥22x ·2y ＝22x ＋y (当且仅当x ＝y ＝－1时取等号)， 所以1≥22x ＋y ，所以14≥2x ＋y ，所以2－2≥2x＋y ，所以x ＋y ≤－2. 所以x ＋y 的最大值为－2.故填－2.类型一 利用基本不等式求最值例1 (1)已知a >0，b >0，且4a ＋b ＝1，则ab 的最大值为________．解法一：因为a >0，b >0，4a ＋b ＝1，所以1＝4a ＋b ≥24ab ＝4ab ，当且仅当4a ＝b ＝12，即a＝18，b ＝12时，等号成立．所以ab ≤14，ab ≤116，则ab 的最大值为116.解法二：因为4a ＋b ＝1，所以ab ＝14·4a ·b ≤14⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋b 22＝116，当且仅当4a ＝b ＝12，即a ＝18， b ＝12时等号成立，所以ab 的最大值为116.故填116. (2)已知x <54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为________．解：因为x <54，所以5－4x >0，则f (x )＝4x －2＋14x －5＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4x ＋15－4x ＋3≤－2（5－4x ）·15－4x ＋3＝－2＋3＝1.当且仅当5－4x ＝15－4x，即x ＝1时，等号成立．故填1.(3)(2020届山东滨州高三9月期初考试)已知a ＞0，b ＞0，且2a ＋b ＝ab ，则2a ＋b 的最小值为________．解：因为a ＞0，b ＞0，由2a ＋b ＝ab ⇒2b ＋1a＝1，故2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝⎛⎭⎫2b ＋1a ＝4＋4a b ＋ba≥4＋4＝8.当且仅当4a b ＝ba ，即b ＝2a ＝4时等号成立．另解：因为a ＞0，b ＞0，所以ab ＝2a ＋b ≥22ab ，解得ab ≥8，当且仅当2a ＝b 时等号成立．故填8.点拨 利用基本不等式解决最值的关键是构造和为定值或积为定值，主要有两种思路：①对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．常用的方法有：拆项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等．②条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值．注意：使用基本不等式求最值，“一正、二定、三相等”三个条件缺一不可．变式1 (1)(2019·济南联考)若a >0，b >0且2a＋b ＝4，则1ab的最小值为 ( )A.2B.12C.4D.14解：因为a >0，b >0，故2a ＋b ≥22ab (当且仅当2a ＝b 时取等号)．又因为2a ＋b ＝4，所以22ab ≤4⇒0<ab ≤2，所以1ab ≥12，故1ab 的最小值为12(当且仅当a ＝1，b ＝2时等号成立)．故选B.(2)设0<x <32，则函数y ＝4x (3－2x )的最大值为________．解：y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )]≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋（3－2x ）22＝92，当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．因为34∈⎝⎛⎭⎫0，32，所以函数y ＝4x (3－2x )⎝⎛⎭⎫0<x <32的最大值为92.故填92. (3)(2019·潍坊调研)函数y ＝a 1－x (a >0，a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny －1＝0上，且m ，n 为正数，则1m ＋1n 的最小值为________．解：因为曲线y ＝a 1－x 恒过定点A ，x ＝1时，y ＝1，所以A (1，1)．将A 点代入直线方程mx ＋ny －1＝0(m >0，n >0)，可得m ＋n ＝1，所以1m ＋1n ＝⎝⎛⎭⎫1m ＋1n ·(m ＋n )＝2＋n m ＋mn≥2＋2n m ·m n ＝4，当且仅当n m ＝m n且m ＋n ＝1(m >0，n >0)，即m ＝n ＝12时，取得等号．故填4.类型二 利用基本不等式求参数的值或范围例2 (1)(2019·黑龙江哈尔滨市第六中学期末)若对任意x >0，都有4xx 2＋x ＋1≤a 恒成立，则实数a的取值范围是________．解：因为x >0，所以x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)，所以4x x 2＋x ＋1＝41x＋x ＋1≤42＋1＝43，即4x x 2＋x ＋1的最大值为43，即实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫43，＋∞.故填⎣⎡⎭⎫43，＋∞.(2)已知函数f (x )＝4x ＋ax(x >0，a >0)在x ＝3时取得最小值，则a ＝________.解：因为x >0，a >0，所以f (x )＝4x ＋a x ≥24x ·ax＝4a ，当且仅当4x ＝ax ，即4x 2＝a 时，f (x )取得最小值．又因为f (x )在x ＝3时取得最小值，所以a ＝4×32＝36.故填36.点拨 求解含参不等式的策略：①观察题目特点，利用基本不等式确定相关不等式成立的条件，从而得参数的值或取值范围．②对含参的不等式求范围问题通常采用分离变量，一般的解题方法是先分离然后求函数的最值．另外，要记住几个常见的有关不等式的等价命题：a ＞f (x )恒成立⇔a ＞f (x )max ；a ＜f (x )恒成立⇔a ＜f (x )min ；a ＞f (x )有解⇔a ＞f (x )min ；a ＜f (x )有解⇔a ＜f (x )max .变式2 (1)已知不等式(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋a y ≥9对任意正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为( )A.2B.4C.6D.8解：因为(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋a y ＝1＋ax y ＋yx ＋a ≥a ＋1＋2a ，当且仅当ax y ＝yx时等号成立．要使原不等式恒成立，则只需a ＋1＋2a ≥9恒成立，所以(a －2)(a ＋4)≥0，解得a ≥4， 所以正实数a 的最小值是4.故选B.(2)(2019·厦门模拟)已知f (x )＝32x －(k ＋1)3x ＋2，当x ∈R 时，f (x )恒为正值，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－1)B.(－∞，22－1)C.(－1，22－1)D.(－22－1，22－1) 解：由f (x )>0得32x －(k ＋1)3x ＋2>0，解得k ＋1<3x ＋23x .又3x ＋23x ≥22(当且仅当3x ＝23x ，即x ＝log 32时，等号成立)，所以k ＋1<22，即k <22－1.故选B.类型三 利用基本不等式解决实际问题例3 (2019·上海高三单元测试)某文化创意公司开发出一种玩具(单位：套)进行生产和销售．根据以往经验，每月生产x 套玩具的成本p 由两部分费用(单位：元)构成：①固定成本(与生产玩具套数x 无关)，总计一百万元；②生产所需的直接总成本50x ＋1100x 2.(1)该公司每月生产玩具多少套时，可使得平均每套所需成本费用最少？此时每套玩具的成本费用是多少？(2)假设每月生产出的玩具能全部售出，但随着x 的增大，生产所需的直接总成本在急剧增加，因此售价也需随着x 的增大而适当增加．设每套玩具的售价为q 元，q ＝a ＋xb(a ，b ∈R )．若当产量为15 000套时利润最大，此时每套售价为300元，试求a ，b 的值．(利润＝销售收入－成本费用) 解：(1)由题意知，生产成本为p ＝1 000 000＋50x ＋1100x 2，p x ＝x 100＋1 000 000x ＋50≥2x 100·1 000 000x ＋50＝250，当且仅当x 100＝1 000 000x ，即x ＝10 000时，取等号．故该公司生产1万套玩具时，使得每套平均所需成本费用最少，此时每套的成本费用为250元．(2)设利润为s ，则s ＝qx －p ＝x ⎝⎛⎭⎫a ＋x b －⎝⎛⎭⎫1 000 000＋50x ＋1100x 2 ＝⎝⎛⎭⎫1b －1100x 2＋(a －50)x －1 000 000，根据题意，有1b －1100<0，a ＋15 000b ＝300，且－a －502⎝⎛⎭⎫1b －1100＝15 000，解得a ＝250，b ＝300.点拨 建立关于x 的函数关系式是解决本题的关键，在运用基本不等式求最小值时，除了“一正，二定，三相等”以外，在最值的求法中，使用基本不等式次数要尽量少，最好是在最后一步使用基本不等式，如果必须使用几次，就需要查看这几次基本不等式等号成立的条件是否有矛盾，有矛盾则应调整解法．变式3 (1)(2019·阜新市高级中学高一月考)某公司一年需要购买某种原材料400吨，计划每次购买x 吨，已知每次的运费为4万元，一年总的库存费用为4x 万元．为了使总运费与总库存费用之和最小，则x 的值是________．解：由题意，总的费用y ＝400x×4＋4x ＝4⎝⎛⎭⎫400x ＋x ≥4×2400x ×x ＝160，当x ＝20时取“＝”.故填20.(2)在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为200 m 2的矩形区域(如图所示)，按规划要求：在矩形内的四周安排2 m 宽的绿化，绿化造价为200元/m 2，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/m 2.设矩形的长为x (m)，总造价为y (元)．(Ⅰ)将y 表示为关于x 的函数； (Ⅱ)当x 取何值时，总造价最低，并求出最低总造价． 解：(Ⅰ)由矩形的长为x ，得矩形的宽为200x ， 则中间区域的长为x －4，宽为200x－4，则定义域为(4，50)， 则y ＝100⎣⎡⎦⎤（x －4）⎝⎛⎭⎫200x －4＋200[200－(x －4)⎝⎛⎭⎫200x －4]， 整理得y ＝18 400＋400⎝⎛⎭⎫x ＋200x ，x ∈(4，50)． (Ⅱ)x ＋200x ≥2x ·200x＝202， 当且仅当x ＝200x时取等号，即x ＝102∈(4，50)．所以当x ＝10 2 m 时，总造价最低，且为18 400＋8 0002元．1．基本不等式的变式和推广①a 2＋b 2≥（a ＋b ）22；②ab ≤a 2＋b 22； ③ab ≤14(a ＋b )2；④⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22；⑤(a ＋b )2≥4ab ；⑥ab ≥21a ＋1b；⑦a ＋b ＋c 3≥3abc ；⑧abc ≤a 3＋b 3＋c 33，等等．对于以上各式，要明了其成立的条件和取“＝”的条件．2．在利用基本不等式求最值时，要注意一正、二定、三相等．“一正”是指使用均值不等式的各项(必要时，还要考虑常数项)必须是正数；“二定”是指含变数的各项的和或积必须是常数；“三相等”是指具备等号成立的条件，使待求式能取到最大或最小值．3．基本不等式的应用在于“定和求积，定积求和；和定积最大，积定和最小”，必要时可以通过变形(拆补)、配凑、常数代换、运算(指数、对数运算、平方等)构造“和”或者“积”，使之为定值．4．求1a ＋1b型最值问题，常通过“1”来进行转化，但不是所有的最值都可以通过基本不等式解决，有一些看似可以通过基本不等式解决的问题，由于条件的限制，等号不能够成立，这时就不能用基本不等式来解决，而要借助于其他求值域的方法来解决． 5．基本不等式除具有求最值的功能外，还具有将“和式”转化为“积式”以及将“积式”转化为“和式”的放缩功能，常用于比较数(式)的大小或证明不等式，解决问题的关键是抓住不等式两边的结构特征，找准利用基本不等式的切入点．1．(2019·孝感调研)“a >b >0”是“ab <a 2＋b 22”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 解：由a >b >0，可知a 2＋b 2>2ab ，充分性成立，由ab <a 2＋b 22，可知a ≠b ，a ，b ∈R ，故必要性不成立．故选A.2．(2018·北京高三期中)某人从甲地到乙地往返的速度分别为a 和b (0＜a <b )，其全程的平均速度为v ，则 ( )A.v ＝a ＋b 2 B. v ＝ab C.a < v <ab D.ab < v <a ＋b 2 解：设从甲地到乙地距离为s ，往返的时间分别为t 1＝s a ，t 2＝sb(a <b )，其全程的平均速度为v ＝2s t 1＋t 2＝2s s a ＋s b ＝21a ＋1b<ab ，因为0<a <b ，所以1a >1b ，1a ＋1b <2a ，v >22a ＝a ，所以a < v <ab.故选C.3.(2019·河北高三月考)已知函数f (x )＝log 2(x 2＋1－x )，若对任意的正数a ，b 满足f (a )＋f (3b －1)＝0，则3a ＋1b的最小值为 ( )A.6B.8C.12D.24解：因为x 2＋1－x >x 2－x ≥x －x ＝0，所以定义域为R ，因为f (－x )＝log 2(x 2＋1＋x )，所以f (x )＝－f (－x )，则f (x )为奇函数．又x ＞0时，f (x )＝log 21x 2＋1＋x单调递减，f (0)＝0，f (x )为奇函数，所以f (x )为减函数，因为f (a )＋f (3b －1)＝0，所以f (a )＝－f (3b －1)＝f (1－3b )，则a ＝1－3b ，即a ＋3b ＝1，所以3a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫3a ＋1b (a ＋3b )＝9b a ＋ab＋6， 因为9b a ＋a b ≥29b a ×a b ＝6，所以3a ＋1b≥12⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝12，b ＝16时，等号成立. 故选C.4．(2019·江苏省如皋中学高一月考)0<a 1<a 2，0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是 ( )A.a 1b 1＋a 2b 2B.a 1a 2＋b 1b 2C.a 1b 2＋a 2b 1D.12解：因为0<a 1<a 2，0<b 1<b 2，a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，所以a 1a 2＋b 1b 2<⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋a 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1＋b 222＝12，又a 1b 1＋a 2b 2－(a 1b 2＋a 2b 1)＝(a 1－a 2)b 1－(a 1－a 2)b 2＝(a 2－a 1)(b 2－b 1)>0，所以a 1b 1＋a 2b 2>a 1b 2＋a 2b 1，而1＝(a 1＋a 2)(b 1＋b 2)＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 1b 2＋a 2b 1<2(a 1b 1＋a 2b 2)，故a 1b 1＋a 2b 2>12.综上可得a 1b 1＋a 2b 2最大．故选A.5．(2019·衡水中学质检)正数a ，b 满足1a ＋9b＝1，若不等式a ＋b ≥－x 2＋4x ＋18－m 对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是 ( )A.[3，＋∞)B.(－∞，3]C.(－∞，6]D.[6，＋∞)解：因为a >0，b >0，1a ＋9b＝1，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9ab≥10＋2b a ·9a b ＝16，当且仅当b a ＝9ab ，即a ＝4，b ＝12时取等号．依题意，16≥－x 2＋4x ＋18－m ，即x 2－4x －2≥－m 对任意实数x 恒成立．又x 2－4x －2＝(x －2)2－6≥－6，所以－6≥－m ，即m ≥6.故选D.6．(2019·宜春昌黎实验学校高一月考)关于x 的方程9x ＋(a －2)3x ＋4＝0有解，则实数a 的取值范围是 ( )A.(－2，＋∞)B.(－∞，－4)C.(－∞，－2]D.[－4，＋∞)解：因为9x ＋(a －2)3x ＋4＝0，所以(a －2)3x ＝－(9x ＋4)，所以a －2＝－9x ＋43x ＝－⎝⎛⎭⎫3x ＋43x ≤－4(当且仅当3x ＝43x ，即x ＝log 32时，等号成立)，故a ≤－2，实数a 的取值范围是(－∞，－2]．故选C.7．(2019·湖南师大附中模拟)已知△ABC 的面积为m ，内切圆半径也为m ，若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，则4a ＋b＋a ＋b c 的最小值为 ( )A.2B.2＋2C.4D.2＋22 解：因为△ABC 的面积为m ，内切圆半径也为m ，所以12(a ＋b ＋c )×m ＝m ，所以a ＋b ＋c ＝2，所以4a ＋b ＋a ＋b c ＝2（a ＋b ＋c ）a ＋b＋a ＋b c ＝2＋2c a ＋b＋a ＋b c ≥2＋22，当且仅当a ＋b ＝2c ，即c ＝22－2时，等号成立，所以4a ＋b ＋a ＋b c 的最小值为2＋22.故选D.8．【多选题】(2019·海南东方市民族中学高一期中)已知a ，b 均为正实数，则下列不等式不一定成立的是 ( )A.a ＋b ＋1ab ≥3 B.(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4 C.a 2＋b 2ab ≥a ＋b D.2ab a ＋b≥ab解：对于A ，a ＋b ＋1ab ≥2ab ＋1ab≥22<3，当且仅当a ＝b ＝22时取等号； 对于B ，(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋a b ＋ba≥2＋2a b ·b a＝4，当且仅当a ＝b 时取等号；对于C ，a 2＋b 2ab ≥（a ＋b ）22ab ≥（a ＋b ）2a ＋b＝a ＋b ，当且仅当a ＝b 时取等号；对于D ，当a ＝12，b ＝13时，2aba ＋b ＝1356＝215， ab ＝16，16>215， 此时2ab a ＋b <ab.当a ＝b ＝1时，22≥1成立．综上知，选项A ，D 中的不等式不一定成立．故选AD.9．(2019·河南八校测评)已知等差数列{a n }中，a 3＝7，a 9＝19，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＋10a n ＋1的最小值为________．解：因为a 3＝7，a 9＝19， 所以d ＝a 9－a 39－3＝19－76＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝7＋2(n －3)＝2n ＋1， 所以S n ＝n （3＋2n ＋1）2＝n (n ＋2)，因此S n ＋10a n ＋1＝n （n ＋2）＋102n ＋2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n ＋1）＋9n ＋1≥12×2（n ＋1）×9n ＋1＝3，当且仅当n ＝2时取等号．故S n ＋10a n ＋1的最小值为3.故填3.10．(2019·上海模拟)设x ，y 均为正实数，且32＋x＋32＋y＝1，则xy 的最小值为________． 解：32＋x ＋32＋y ＝1可化为xy ＝8＋x ＋y ，因为x ，y 均为正实数，所以xy ＝8＋x ＋y ≥8＋2xy (当且仅当x ＝y 时等号成立)，即xy －2xy －8≥0，解得xy ≥4，即xy ≥16，故xy 的最小值为16.故填16.11．已知x >0，y >0，且2x ＋5y ＝20.(1)求u ＝lg x ＋lg y 的最大值；(2)求1x ＋25y 的最小值．解：(1)因为x >0，y >0，所以由基本不等式，得2x ＋5y ≥210xy.因为2x ＋5y ＝20，所以210xy≤20，xy ≤10，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，2x ＝5y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2时，等号成立．此时xy 有最大值10.所以u ＝lg x ＋lg y ＝lg(xy )≤lg10＝1.则当x ＝5，y ＝2时，u ＝lg x ＋lg y 有最大值1. (2)因为x >0，y >0，所以1x ＋25y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋25y ·2x ＋5y20＝120⎝⎛⎭⎫4＋5y x ＋4x 5y ≥120⎝⎛⎭⎫4＋25y x ·4x 5y ＝25，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5y ＝20，5y x ＝4x 5y，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2时，等号成立．所以1x ＋25y 的最小值为25.12.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：(1)由2x ＋8y －xy ＝0，得8x ＋2y ＝1，又x ＞0，y ＞0，则1＝8x ＋2y≥28x ·2y ＝8xy，得xy ≥64， 当且仅当x ＝4y ，即x ＝16，y ＝4时等号成立．(2)解法一：由2x ＋8y －xy ＝0，得x ＝8yy －2，因为x ＞0，所以y ＞2，则x ＋y ＝y ＋8y y －2＝(y －2)＋16y －2＋10≥18，当且仅当y －2＝16y －2，即y ＝6，x ＝12时等号成立．解法二：由2x ＋8y －xy ＝0，得8x ＋2y＝1，则x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫8x ＋2y ·(x ＋y )＝10＋2x y ＋8yx≥10＋22x y ·8y x＝18，当且仅当y ＝6，x ＝12时等号成立．13．(2019·西安模拟)某商人投资81万元建一间工作室，第一年装修费为1万元，以后每年增加2万元，把工作室出租，每年收入租金30万元．(1)若扣除投资和各种装修费，则从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后该商人为了投资其他项目，对该工作室有两种处理方案：①年平均利润最大时，以46万元出售该工作室；②纯利润总和最大时，以10万元出售该工作室．问该商人会选择哪种方案？解：(1)设n 年获取纯利润为y 万元． n 年付出的装修费构成一个首项为1，公差为2的等差数列，n 年付出的装修费之和为n ×1＋n （n －1）2×2＝n 2，又投资81万元，n 年共收入租金30n 万元，所以利润y ＝30n －n 2－81(n ∈N *)．令y >0，即30n －n 2－81>0，所以n 2－30n ＋81<0， 解得3<n <27(n ∈N *)，所以从第4年开始获取纯利润．(2)方案①：年平均利润t ＝30n －81－n 2n＝30－81n －n ＝30－⎝⎛⎭⎫81n ＋n ≤30－281n·n ＝12(当且仅当81n＝n ，即n ＝9时取等号)， 所以年平均利润最大时，以46万元出售该工作室共获利润12×9＋46＝154(万元)．方案②：纯利润总和y ＝30n －n 2－81＝－(n －15)2＋144(n ∈N *)，当n ＝15时，纯利润总和最大，为144万元， 所以纯利润总和最大时，以10万元出售该工作室共获利润144＋10＝154(万元)，两种方案盈利相同，但方案①时间比较短，所以应选择方案①.附加题 (宁夏石嘴山市第三中学2019届高三四模)点M (x ，y )在曲线C ：x 2－4x ＋y 2－21＝0上运动，t ＝x 2＋y 2＋12x －12y －150－a ，且t 的最大值为b ，若a ，b ∈R ＋，则1a ＋1＋1b的最小值为________．解：曲线C 可整理为：(x －2)2＋y 2＝25， 则曲线C 表示圆心为(2，0)，半径为5的圆， t ＝x 2＋y 2＋12x －12y －150－a ＝(x ＋6)2＋(y －6)2－222－a ，设d ＝（x ＋6）2＋（y －6）2，则d 表示圆C 上的点到(－6，6)的距离，则d max ＝（2＋6）2＋（0－6）2＋5＝15，所以t max ＝152－222－a ＝b ，整理得，a ＋1＋b＝4.所以1a ＋1＋1b ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋1b [(a ＋1)＋b ]＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ba ＋1＋a ＋1b ＋1. 又b a ＋1＋a ＋1b ≥2b a ＋1·a ＋1b＝2(当且仅当b a ＋1＝a ＋1b ，即a ＝1，b ＝2时取等号)．所以1a ＋1＋1b ≥14×4＝1，即1a ＋1＋1b 的最小值为1.故填1.。