朗读者第二期-上海交大本科招生网

努力的你，未来可期!
重难点突破：不等式中最值问题全梳理
模块一、题型梳理
题型一 基本不等式与函数相结合的最值问题
例题
1
若方程
2
lnxm
有两个不等的实根
x
1
和
x
2
，则
x
1
2
x
2
的取值范围是（

）

A
．

1,

B
．

2,


C
．

2,

D
．

0,1


【分析】由方程可得两个实数根的关系，再利用不等式求解范围
.
【解析】因为lnxm
两个不等的实根是
x
1
和
x
2
，不 妨令
x
1


0,1

,x
2


1,

，
Inx
1
m,Inx
2
m

2
故可得
In

x
1
x
2

0
，解得
x
1
1
22
1
22
，则
x
1
x
2
=
x
1
2
2x
1

2
2
，故选：
C.
x
1
x
1
x
1
【小结】本题考查对数函数的性质， 涉及均值不等式的使用，属基础题
.

例题
2

91

的最小值为（

）

sin
2

cos
2

A
．
2 B
．
16 C
．
8 D
．
12
【分析】利用sin
2

cos
2

1
将
91

变为积为定值的形式后，根据基本不等式可求得最小值
.
sin
2

cos
2

911

9
22
sin

cos





22
sin
2

cos
2


sin
cos


【解析】∵
sin
2

cos
2

1
，∴
3191
sin
2

9cos
2

2
2
sin

cos< br>

“=”
，当且仅当，时成立，故
101061644sin
2

cos
2

cos
2

sin
2

的最小值为
16.
【小结】本题考查了利用 基本不等式求和的最小值，解题关键是变形为积为定值，才能用基本不等式求最
值，属于基础题
.

努力的你，未来可期!
xy
例题
3
已知函数
y
＝
log
a
x
＋
1(a>0
且
a≠1)
图象恒过定点
A
，若点
A
在直线
m＋
n
－
4
＝
0(m>0
，
n>0)
上 ，则

m＋n的最小值为________．
xy11
【解析】由题意可知函数y＝log
a
x＋1的图象恒过定点A( 1,1)，∵点A在直线
＋－4＝0上，∴＋＝4，
mnmn
11

1

nm
11
＋
＝
2＋
＋

≥< br>
2＋2
∵m>0，n>0，∴m＋n＝
(m＋n)

mn

4

mn

4

4
∴ m＋n的最小值为1.

1
nm

·
＝1，当且仅当m＝ n＝
2
时等号成立，
mn

题型二 基本不等式与线性规划相结合的最值问题

x2y30

例题
4
已知
x,y
满足约束条件

2x3y40
，若目标函数
zmxny2的最大值为
1
（其中

y0

m0,n0
），则
A
．
3
11

的最小值为（

）

2mn
C
．
2 D
．
B
．
1
3

2
11
最小
2mn
【分析】画出可行域，根据目标函数
z
最大值求
m, n
关系式
m2n3
，再利用不等式求得
值
.
【解析】 画出可行域如下图所示，由于
m0,n0
，所以基准直线
mxny0
的斜率为负数，故目标函
数在点
A

1,2

处取得最大值 ，即
m2n21
，所以
m2n3
.
111
< br>11

1

5nm

1

5nm< br>
193






m2 n







2


，当且仅当

2mn3

2mn
3

2mn

3

2mn

322< br>nm113
,mn1
时等号成立，所以

的最小值为
.
故选：
D
mn2mn2

【小结】本小题主要考查根据目标函数的 最值求参数，考查基本不等式求最值，考查数形结合的数学思想

努力的你，未来可期!
方法，属于中档题
.
题型三 基本不等式与数列相结合的最值问题
例题
5
已知递增等差数列
{a
n
}
中，
a
1
a
2
2
，则
a
3
的（

）

A
．最大值为
4
B
．最小值为
4 C
．最小值为
4
D
．最大值为
4
或
4

【分析】根据等差数列的通项公式 可用
a
1
表示出
d
.
由数列单调递增可得
a
1
0
.
用
a
1
表示出
a
3
,
结合基本不
等式即可求得最值
.
【解析】因为
a
1
a
2
2
，由等差数列通项公式
,
设公差为
d
,
可得
a
1

a
1
d

2
，变形可得
da
1

2

a
1
因为数列
{a
n
}
为递增数列
,
所以
da< br>1

2
0
，即
a
1
0
，而由等 差数列通项公式可知
a
3
a
1
2d

a
1
4

4

2

0
结合基本不等式 可得

a
1
2

a
1




a
1





，由
a
1
0
,
a
1
a
1
 
a
1


4

a
3


a
1





2
< br>a
1


a
1





4


4
，当且仅当
a
1
 2
时取得等号，所以
a
3
的最小值为
4
。

a
1

【小结】本题考查了等差数列通项公式与单调性的应用
,
基本不等式在求最值中的用法
,
属于中档题
.

1
例题
6
已知
a
，
b
均为正数，且2
是
2a
，
b
的等差中项，则
ab
的最小值为
________
．

【解析】由于2是2a，b的等差中项，故2a＋b＝ 4，又a，b均为正数，故2ab≤

11
当且仅当2a＝b＝2，即a＝1，b＝2 时取等号，所以的最小值为
.
ab2









2a＋b

2

2

＝4，

努力的你，未来可期!

题型四 基本不等式与向量相结合的最值问题
例题
7
如图所示
,
已知点< br>G
是
ABC
的重心
,
过点
G
作直线分别交< br>AB
，
AC
两边于
M
，
N
两点，且
AMxAB
，
ANyAC
，则
3xy
的最小值为
__ ____.

【分析】根据重心的性质有
AG
11
ABAC< br>,
再表达成
AM,AN
的关系式
,
再根据
M
,
G
,
N
三点共线可
33
得系数和为
1,
再利用基本不等式求解即可
.
【解析】根据条件：
AC
111
1 11
AN
,
ABAM
,
又
AGABAC
,< br>AGAMAN
.
y3x3y
x33
又
M
,< br>G
,
N
三点共线
,

11
1
.
3y3x
x0
,
y0
,

11

4xy4xy4+23
.
3xy

3xy




2
3x3y3y3x3y3x3

 3xy
的最小值为
xy
4+234+23

,
当且仅当< br>.
时
“

”
成立
.
故答案为：
y 3x
33
【小结】本题主要考查了基底向量与向量的共线定理性质运用
,
同时 也考查了基本不等式应用
,
属于中等题型
.

努力的你，未来可期!
题型五 基本不等式与圆锥曲线相结合的最值问题
例题8 在平面直角坐标系
xoy
中， 已知点
A(0,1)
，< br>B
点在直线
y3
上，
M
点满足
MBOA
，
MAABMBBA
，
M
点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程 ；（Ⅱ）
P
为C上动点，
l
为C在点
P
处的切线，求
O
点到
l
距离的最小值．
【解析】（Ⅰ）设
M(x,y)
，由已知得
B(x,3)
，
A(0,1)
．所以
MA
=
(x,1y)
，
MB
=(0，
3y
)， < br>AB
=(
x
，-2).再由题意可知（
MA
+
MB< br>）•
AB
=0， 即（
x
，
42y
）• (
x
，－2)=0．
1
2
x2
．
4
111
（Ⅱ）设
P(x
0
,y
0
)
为曲线C：yx
2
2
上一点，因为
y

x
，所以< br>l
的斜率为
x
0
，
422
1
2
因 此直线
l
的方程为
yy
0
x
0
(xx
0
)
，即
x
0
x2y2y
0
x
0
0
．
2
所以曲线C的方程式为
y
1
2
x
0
4
|2y
0
x|
14
1
22
则
O
点到
l
的距离
d
．又
y0
x
0
2
，所以
d
2
(x
0
4)2,

2
22
4
x
0
4x
0
4
2
x
0
4
2
0
2
当
x
0
=0时取等号，所以
O
点到
l
距离 的最小值为2．

努力的你，未来可期!
x
2
y
2
例题9 在平面直角坐标系
xOy
中，已 知椭圆
C
：
2

2
1(ab0)
的离心率< br>e
ab
的点到
Q(0,2)
的距离的最大值为3．
（Ⅰ）求椭圆
C
的方程；
2
，且椭圆
C
上
3
（Ⅱ）在椭圆
C
上，是否存在点
M(m,n)
使得直线
l
：
mxny1
与圆O：
xy1

相交于不同的两点
A,B
，且
OAB
面积最大？若存在，求出点
M
坐标及相对应的
OAB
面积；若不存在，请说明理
由．
【解析】（Ⅰ） 由
e
22
c22
1
c
2
a
2，所以
b
2
a
2
c
2
a
2，设
P(x,y)
是椭圆
C
上任意一点，
a33
3< br>y
2
x
2
y
2
2222
则
2

2
1
，∴
xa(1
2
)a3y
，< br>|PQ|x
2
(y2)
2
a
2
3y
2
(y2)
2
2(y1)
2
a
2
 6

b
ab
所以，当
y1
时，
|PQ|
有最大值
a
2
63
，可得
a3
，所以
b 1,c2

x
2
y
2
1
故椭圆
C
的方程为：
3
（Ⅱ）存在点
M
满足要求，使
OAB
得面积最大．假设直线
l:mxny1
与圆
O:xy1

相交于不同两点
A,B
,则圆心
O
到
l
的距离
d
22
1
m
2
n
2
1
，∴
m< br>2
n
2
1
①
m
2
n
2
1
②，由①②得：
0m
2
因为
M(m,n)
在 椭圆
C
上，所以
3

3

m
2
n
2
1
∵
|AB|21d2
所以
S
2 2
mn
2
OAB

111
|AB|d(1)
，
2m
2
n
2
m
2
n
2
2
m
1
3

，
2
2
21m
2
3
由②得
n1
2
m
代入上式得
S
O AB
3
2
2
m
3

2
1m
2< br>3
当且仅当
1m
2
m
2
(0,3]
，∴
m
2

此时对应的
OAB
的面积为
2
3
3
2
62
3
2
1
,)
有四个．
,n
，此时满足要求的点
M(
22
22
1
．
2

努力的你，未来可期!

题型六 基本不等式与圆相结合的最值问题
例题10 设
m
，
nR
，若直 线
(m1)x+(n1)y2=0
与圆
(x1)+(y1)=1
相 切，则
m+n
取值范围是
22
（ ）
A．
[13,1+3]
B．
(,13][1+3,+)

C．
[222,2+22]
D．
(,222][2+22,+)

【解析】∵直线
(m1)x +(n1)y2=0
与圆
(x1)+(y1)=1
相切，∴圆心
(1 ,1)
到直线的距离
22
d=
|(m1)+(n1)2|
( m1)
2
+(n1)
2
=1
，所以
mnmn1 (
mn
2
1
)
，设
t=mn
，则
t< br>2
t+1
，解得
24
t(,222][2+22,+)
.

题型七 基本不等式与不等式恒成立结合的最值问题
例题
11
当
x(1,2)< br>时，不等式
x
2
mx20
恒成立，则
m
的取值 范围是（

）

A
．
(2,)
B
．
(22,)
C
．
(0,)
D
．
(22,)

【分析】将不等式恒成立转化为最值问题，利用均值不等式求解即可
.
【解析】当< br>x(1,2)
时，不等式
x
2
mx20
恒成立，等价 于
m

x


2


在< br>x(1,2)
时恒成立

x



2

2
2

2

mx
x(1 ,2)
x
,
即等价于；而因为，故
当且仅当
时取
x 2x22



x
x

xx
max

得最大值
.
故：
m22
。

【小结】本题考查二次函数在区间上的恒成立问题，分离参数，转化为最值问题，是一般思路 ；本题中还
涉及利用均值不等式求最值
.
属综合题
.

努力的你，未来可期!

例题
12
已知
a0,
A
．
9
b0
，若不等式
B
．
12
31n

恒成立，则
n
的最大值为（

）

ab3ab
C
．
16 D
．
20
【分析】可左右同乘
3ab
，再结合基本不等式求解即可

【解析 】
a0,b0
，
31n

31






3ab

n
，
ab3a b

ab

3b3a3b3a

31

 3ab9110216

，当且仅当
ab1
时，等号成立，故
n16
。


abab

ab

【小结】本题考查基本不等 式求最值，属于基础题


题型八 基本不等式与立体几何相结合的最值问题
例题
13
如图，三棱锥
PABC
的四个顶点恰是长、宽、高分别 是
m
，
2
，
n
的长方体的顶点，此三棱锥的
体积为
2
，则该三棱锥外接球体积的最小值为（

）


A
．
32

256

82

B
．
C
．
D
．
36


3
3
3
【分析】根据三棱锥 的体积关系可得
mn6
,
根据三棱锥与长方体共外接球
,
长方体的 对角线就是外接球的直
径可得
2Rm
2
n
2
4
,
根据基本不等式可得半径的最小值
,
进一步可得体积的最小值
.
11
n
,
【解析】根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为所以
nm 22
,
所以
mn6
,
又该三棱锥的外接
32
球就是长方体的外接球
,
该外接球的直径是长方体的对角线
,
设外接球的半径 为
R
,
所以
2R
所以
2R
m
2
n
2
4
,
2mn41244
,
当且仅当< br>mn6
时
,
等号成立
,
，所以
R2
,
所以该三棱锥外接球
体积为
432

4

R
3


2
3

.
故选
:C
3
33
【小结】本题考查了三棱锥的体积公式
,
球的体积公式
,长方体的对角线长定理
,
基本不等式
,
属于中档题
.

努力的你，未来可期!


题型九 基本不等式与解三角形相结合的最值问题
例题
14
在
ABC
中 ，内角
A,B,C
的对边另别是
a,b,c
，已知
2sin
2
Asin
2
B2sinAsinB3sin
2
C
，
则
sinC
的最大值为（

）

A
．
34

6
B
．
34

3
C
．
2

6
D
．
3

6
【分析】由已知可得
2a
2
b
2
2ab3 c
2
，结合余弦定理，求出
cosC
用
a,b
表示，用基本 不等式求出
cosC
的最小值，即可求解
.
【解析】
2sin2
Asin
2
B2sinAsinB3sin
2
C
,
由正弦定理得
2a
2
b
2
2ab3c
2
，

由余弦定理得
3c
2
3a
2
3b
2
6abcosC
，
6abcosCa
2
2b
2
2ab
，

6cosC
a2b234

， 当且仅当
a2b
时，等号成立，，
22,cosCsinC1cos
2
C
ba66
34
.
6
所以
sinC
的最大值为
【小结】本题考查三角函数的最值，考查正、余弦定理解三角形，应用基本不等式求 最值，属于中档题
.

例题15
ABC
的内角
A，
b，c
．
B，C
所对的边分 别为
a，
（I）若
a，b，c
成等差数列，证明：
sinAsin C2sin

AC

；
（II）若
a，b，c
成等比数列，求
cosB
的最小值．
【解析】（1）
a，b，c
成等差数列，
ac2b
，由正弦定理得< br>sinAsinC2sinB

sinBsin[

(AC )]sin(AC)
，
sinAsinC2sin

AC


（2）
a
2
c
2
b
2
a
2
c
2
ac2acac1


a，b ，c
成等比数列，
b2ac
，由余弦定理得
cosB
2ac2 ac2ac2
2
2
a
2
c
2
1
（当且 仅当
ac
时等号成立） ，

ac2ac
（当且仅当
ac
时等号成立）
2ac
2

努力的你，未来可期!
a
2
c
2
111
11
1
（当且仅当
ac
时等号成立），即
co sB
，所以
cosB
的最小值为
2ac222
22

努力的你，未来可期!
模块二、真题赏析
1.

【
2019
年高考天津卷文数】设
x0,y0,x2y4
，则
(x1)(2y1)
的最小值为
__________.
xy
(x 1)(2y1)2xy2yx12xy55
2
.
因为
x 0,y0,x2y4
，

【解析】
xyxyxyxy
所以x2y42
又因为
2
x2y
，即
2xy2,0x y2
，当且仅当
x2y2
时取等号成立
.
519(x1) (2y1)
9
25=，
所以
的最小值为
.
xy2 2xy
2
【小结】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立
.


x
2
2ax2a,x1,
2. 【2019年高考天津理数 】已知
aR
，设函数
f(x)

若关于
x
的不 等式
x1.

xalnx,
f(x)0
在
R
上恒成立，则
a
的取值范围为
A．

0,1

B．

0,2

C．

0,e

D．

1,e

2
2
x
【解析】当
x1
时，
f(1)12a2 a10
恒成立；当
x1
时，
f(x)x2ax2a02a
x1
x
2
(1x1)
2
(1x)
2
2(1x)1
x
2

恒成立，令
g(x)
，则< br>g(x)
1x1x1x
x1

11
1



1x2



2(1 x)20
1x
，当，即
x0
时取等号，


1x1x
1x


∴
2ag(x)
max
0
，则
a0
.当
x1
时，
f(x) xalnx0
，即
a
则
h

(x)
xx
恒成立，令
h(x)
，
lnxlnx
lnx1
，当xe
时，
h

(x)0
，函数
h(x)
单 调递增，当
0xe
时，
h

(x)0
，函数
h(x)
单
(lnx)
2
调递减，则
xe
时，
h (x)
取得最小值
h(e)e
，∴
ah(x)
min
 e
，综上可知，
a
的取值范围是
[0,e]
.
【小结】本 题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒
成立问题< br>.

努力的你，未来可期!
3. (2018全 国卷Ⅰ)已知函数
f(x)2sinxsin2x
，则
f(x)
的最小值 是_____．
【解析】因为
f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)
，
所以
[f(x)]4sinx(1cosx)4(1cosx)(1cosx)
2223
43(1cosx)(1cosx)(1cosx)(1cos x)
4
27
≤[]
，当且仅当
3(1cosx)1cos x
，
344
即
cosx

4. (2018天津)已知
a,bR
，且
a3b60
，则
2
a
33< br>127
2
时取等号，所以
0≤[f(x)]≤
，所以
f(x)
的最小值为

．
2
24

1
b
的最小值为 ．
8
a
【解析】由
a3b60
，得
a3b6
，所以
2
1111
3b63b63
2≥2222
，
8
b
2
3b
2
3b
4
当且仅当
2
3b6


1
，即
b1
时等号成立．
2
3b
5. （2017新课标Ⅰ）已知
F
为抛物线
C：
y4x
的焦点，过
F
作两条互相垂直的直线
l
1< br>，
l
2
，直线
l
1
与
C
交于
A
、
B
两点，直线
l
2
与
C
交于
D
、
E
两点，则
|AB||DE|
的最小值为
A．16 B．14 C．12 D．10
2
l< br>2
的斜率为
k
2
，【解析】由已知
l
1
垂直 于
x
轴是不符合题意，所以
l
1
的斜率存在设为
k
1
，由题意有
k
1
k
2
1
设
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2< br>)
，
D(x
3
,y
3
)
，
E(x< br>4
,y
4
)
，此时直线
l
1
方程为
yk
1
(x1)
，

y
2
4x
 2k
1
2
42k
1
2
4
2222
取方 程

，得
k
1
x2k
1
x4xk
1
0
，∴
x
1
x
2


< br>22
k
1
k
1

yk
1
(x1 )
2
2k
2
4
同理得
x
3
x
4

，由抛物线定义可知
|AB||DE|x
1
x
2
x
3
x
4
2p

2
k
2< br>2k
1
2
42k
2
2
4
4416
48≥2816
，当且仅当
k
1
k
2
1
（或
1
）时，取得等号．
k
1
2
k2
2
k
1
2
k
2
2
k
12
k
2
2

努力的你，未来可期!
a
4
4b
4
1
6. （2017天津）若
a, bR
，
ab0
，则的最小值为___________．
ab
a
4
4b
4
14a
2
b
2
112
1
≥4ab≥4
，【解析】当且仅当
a
2
2b
2
，且
ab
，即
a
2

时取等号．
ababab
2
2

7. （2017江苏）某公司一年购买某种货 物600吨，每次购买
x
吨，运费为6万元次，一年的总存储费用
为
4x万元，要使一年的总运费与总存储费之和最小，则
x
的值是 ．
【解析】总费用为
4x

8. （2017浙江）已知
aR
，函数
f(x)|x
是 ． < br>【解析】∵
x[1,4]
，∴
x
600900900
6 4(x)42900240
，当且仅当
x
，即
x30
时等号成立．

xxx
4
a|a
在区间[1，4]上的最大值是 5，则
a
的取值范围
x
4
[4,5]

x
①当
a≥5
时，
f(x)ax
444
a2ax≤2 a2x2a4
，
xxx
9
（舍去）
2
44②当
a≤4
时，
f(x)xaax≤5
，此时命题成立．
xx
所以
f(x)
的最大值
2a45
，即
a
③当
4a5
时，
f(x)
max
max{|4a| a,|5a|a}
，则

|4a|a≥|5a|a
|4a |a|5a|a
99
或，解得
a
或
a
， 
|5a|a5
22

|4a|a5
综上可得，实 数
a
的取值范围是
(,]
．

9
2

努力的你，未来可期!
模块三、模拟题汇编
1
．（
2020·
武汉市第一中学高三）已知正实数
a
，< br>b
满足
A
．
12
3
，则

a 1

b2

的最小值是（

）

ab
25
5025
50
B
．
C
．
D
．

9
9
33
12
8
【解析】∵
3
，∴
2ab3ab22abab
，当 且仅当
2ab
时，等号成立，

ab
9
50
50
∴

a1

b2

ab2ab2 4ab2
，即

a1

b2

的最小值 是．

9
9

2.（2020陕西高三）设
f(x)ln x
，
0ab
，若
pf(ab)
，
qf
(< br>则下列关系式中正确的是
A．
qrp
B．
qrp
C．
prq
D．
prq

【解析】∵
0
即
q
ab1)
，
r(f(a)f(b))
，
22
ab
，∴1
(f(a)
2
ab
2
f(b))
ab
，又< br>f(x)lnx
在
(0,
1
(lnalnb)lnab
2)
上单调递增，故
f(ab)f(
ab
)
，
2
p
，∵
r

f(ab)p
，∴
prq
．
3
．（
2020·< br>山西实验中学高三月考）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
< br>0
，则

的最小值为（

）

A
．
6 B
．
8 C
．
12 D
．
24
3
a
1
b
【分析】先确定奇偶性与单调 性，再根据奇偶性与单调性化简方程得
a3b1
，最后基本不等式求最值
. 【解析】因为
x1xxxxx0,
所以定义域为
R
，因为
f

x

log
2
22
1
x< br>2
1x
，所以
f

x

为减函数因为< br>f

x

log
2
为奇函数，因为
1x
2
1x
，
f

x

log
2

x
2
1x
,
所以
f
< br>x

f

x

，f

x

f

a

f

3b1

0
，所以
f

a

f

13b

，a13b
，即
a3b1
，

所以
31

31

9ba
31
9ba9ba





a3b

6
，因 为
12
（当且仅当，所以
26
ab

ab
ab
ab
abab
a
11
，
b
时，等号成立），选
C.
26
【小结】本题考查函数奇偶性与单调性以及基本不等式 求最值，考查基本分析求解能力，属中档题
.

努力的你，未来可期!
4.已知f(x)＝3
2
x
－(k＋1)3
x
＋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)
22
【解析】由f(x)>0得3
2
x－(k＋1)·3
x
＋2>0，解得k＋1<3
x
＋
x
，而3
x
＋
x
≥22
33

当且仅当3
x
＝
2
x
，即x＝log
3
2时，等号成立
，所以k＋1<22，即k<22－1。故选B。
3


12
5．若直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)过曲线y＝1＋sin πx(0＋的最小值为( )
ab
A.2＋1 B．42 C．3＋22 D．6
【解析】本题考查三角函数的性质与基本不等式．注意到曲线y＝1＋sin πx(012
12

b2ab2a
＋
·( a＋b)＝3＋
＋
≥3＋22，当且仅当
＝，即b＝2a＝2(2－1)时取是有a＋ b＝1，＋＝

ab

ab

abab
12
等号，因此＋的最小值是3＋22，故选C.
ab

6.
设
OA
＝
1
，－
2
，
OB
＝
(a
，－< br>1)
，
OC
＝
(
－
b,0)(a>0
，b>0
，
O
为坐标原点
)
，若
A
，
B
，
C
三点共线，
21
则
a
＋
b
的 最小值是
(

)
9
A
．
4 B.
2
C
．
8 D
．
9
【解析】∵
AB
＝
OB
－
OA< br>＝
a
－
1
，
1
，
AC
＝
O C
－
OA
＝
(
－
b
－
1,2)
， 若
A
，
B
，
C
三点共线，则
21

21

2b
有
AB
∥
AC
，∴
(a－
1)×2
－
1×(
－
b
－
1)
＝< br>0
，∴
2a
＋
b
＝
1
，又
a>0< br>，
b>0
，∴
a
＋
b
＝

a
＋
b

·(2a
＋
b)
＝
5
＋
a
＋
2a
b
≥5
＋
2


2 b2a


a
＝
b
，
2b2a

a
·
b
＝
9
，当且仅当


2a
＋
b
＝
1
，

1
即
a
＝
b
＝
3
时等号成立．

努力的你，未来可期!
7.（
2020·
天水市 第一中学高三月考）实数
x,y
满足条件


xy10
.
当目标函数
zaxby

a,b0

在
2xy30

该约束条件下取到最小值
4
时，
A
．< br>6
B
．
4

12

的最小值为（

）

ab
C
．
3
D
．
2

【分析】先将目标函数化为
y
az
x 
，由题中约束条件作出可行域，结合图像，由题意得到
2ab4
，
bb
再由
121

12

1

b4a





(2ab)

22

，结合基本不等式，即可求出结果
.
ab4

ab

4

ab

【解析】由
zaxby
得
y
a
az
x
，因为
a,b0
，所以直线的斜率为< br>0
，

bb
b
作出不等式


xy10
对应的平面区域如下：

2xy30

由图像可得：当直线
y
azaz
x
经过点
A
时， 直线
yx
在
y
轴截距最小，此时
z
最小。

bbbb

xy10

x2
由

解得

，即
A(2,1)
，此时目标函数
zaxby

a,b0

的最小值为
4
，


2x y30

y1
121

12

1

b4a

1
(2ab)22
即
2ab 4
，所以

4242
.
ab4

a b

4

ab

4

当且仅当

a1
b4a

，即

时，等号成立
.
故选：
D
ab

b2
【小结】本题主要考查简单线性规划与基本 不等式的综合，熟记基本不等式，会求解简单的线性规划问题
即可，属于常考题型
.

努力的你，未来可期!
a
2
1
8．
b
均为正数，（
2020·
天津市宁河区芦台第一中学高三）已知a
，
且
ab1
，
1
的最小值为
____ ____.
2ab
ab
a
2
1
【分析】本题首先可以根 据
ab1
将
1
化简为

，然后根据基本不等式即可求 出最小值
.
2ab
b2a
a
2
1a
2
(ab)
2
abab
【解析】因为
ab1
，所以
 1122
，

2ab2abb2ab2a
当且仅当

9.(2020年重庆高三)设
O
为坐标原点，
P
是以
F< br>为焦点的抛物线
y2px(p0)
上任意一点，
M
是线段
2
ab

，即
a21
、
b22
时取等号， 故答案为：
2
.
b2a
PF
上的点，且
PM
=2
MF
,则直线
OM
的斜率的最大值为
32
2
A． B． C． D．1
32
3
2
【解析】设
P2pt,2pt,M

x,y

（不妨设
t 0
），则
FP

2pt
2



p
1

,2pt

，∵
FMFP
， < br>2
3

p2p
2
p2p
2
p
< br>xt,xt,

2t112

23633
k 
∴

，∴

∴
OM

2
1
2pt2pt
2t12
1

y

y
t
,,
2
2t

33

2
∴
(k
OM
)
max


2
，故选C．
2

努力的你，未来可期!
x
2
y
2
3
10.已知点
A
(0,2)
，椭圆
E< br>：
2

2
1(ab0)
的离心率为，
F
是椭圆
E
的右焦点，直线
AF
ab
2
的斜率为
2 3
，
O
为坐标原点．
3
（Ⅰ)求
E
的方程； < br>（Ⅱ）设过点
A
的动直线
l
与
E
相交于
P, Q
两点，当
OPQ
的面积最大时，求
l
的方程．
【解析 】
（I）设F(c,0)，由条件知，=
2
c
23
，得c=3.
3
2
x
c3
又,所以a=2, b
2
a
2
c
2
1.

故E的方程为y
2
1.

a2
4
（Ⅱ）当lx轴时不合题意，故设l:y=kx2,P(x
1
,y
1
),Q (x
2
,y
2
).

x
2
将ykx2 代入y
2
1得
(14k
2
)x
2
16kx 120.
4
38k24k
2
3
当=16(4k3)0 ,即k时，x
1,2
.

44k
2
1
22< br>4k
2
14k
2
3
从而PQk1x
1x
2
.

2
4k1
2
144k
2
3
.

又点O到直线PQ的距离d.所以OPQ的面积
S
OPQ
=dPQ
2
2
24k1
k1
2
设4k
2
3t,则 t0,S
OPQ

4t4
.
t
2
4
t
4
t
因为t
47
4,当且仅当t2，即k时等号成 立，且满足0.

t2
77
x2或yx2
．
22
所以，当OPQ的面积最大时，

的方程为
y

努力的你，未来可期!

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