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专题 1.7 基本不等式-重难点题型精讲
1．基本不等式：≤
(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时取等号．
2．几个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．
(2)＋≥2(a，b同号)．
(a+b) 2
(3)ab≤ (a，b∈R)．
2
(a+b) 2
(4)≥ (a，b∈R)．
2
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
3．算术平均数与几何平均数
设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为，几何平均数为，基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数
不小于它们的几何平均数．
4．利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2.(简记：积定和最小)
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值.(简记：和定积最大)
【题型1 利用基本不等式判断不等关系】【方法点拨】
将代数式灵活变形，利用基本不等式求解最值的方法，来求出所给代数式的最值或取值范围，以此来判断
不等关系是否成立，注意变形的等价性及基本不等式应用的前提条件.
【例1】（2022春•赤峰期末）若a＞0，b＞0，且2a+b＝4，则下列不等式中成立的是（ ）
b2
A．ab＜2 B．a2+ ≥4
4
C．log a+log b＜1 D．9a+3b≥18
2 2
【解题思路】利用基本不等式可得ab得范围，判断选项A；利用和与平方和的关系判断选项B；利用对
数运算化简结合选项A判断出选项C；利用基本不等式可得选项D正确．
【解答过程】解：对于A，a＞0，b＞0，2a+b＝4≥2√2ab，解得ab≤2，当且仅当a＝1，b＝2时取等
号，故选项A错误；
1 b2
对于B，4a2+b2＝（2a）2+b2≥ （2a+b）2＝8，即a2+ ≥2，当且仅当a＝1，b＝2时取等号，故选项
2 4
B错误；
对于C，由A可得ab≤2，log a+log b＝log ab≤1，当且仅当a＝1，b＝2时取等号，故选项C错误；
2 2 2
对于D，9a+3b＝32a+3b≥2 18，当且仅当a＝1，b＝2时取等号，故选项D正确；
√32a+b=
故选：D．
【变式1-1】（2022•上海）若实数a、b满足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（ ）
a a
A．a+b＞2√ab B．a+b＜2√ab C． +2b＞2√ab D． +2b＜2√ab
2 2
【解题思路】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．
【解答过程】解：因为a＞b＞0，所以a+b≥2√ab，当且仅当a＝b时取等号，
又a＞b＞0，所以a+b＞2√ab，故A正确，B错误，
a √a a
+2b≥2 ×2b=2√ab，当且仅当 =2b，即a＝4b时取等号，故CD错误，
2 2 2
故选：A．
【变式1-2】（2021•安徽模拟）设a＞0，b＞0，c＞0，下列不等关系不恒成立的是（ ）
1
A．c+ ≥2 B．|a﹣b|≤|a﹣c|+|b﹣c|
c
1 1
C．若a+4b＝1，则 + ＞8 D．ax2+bx﹣c≥0（x R）
a b
∈
【解题思路】首先对于此类选择题，考虑用排除法求解．对于选项 A和选项C，都应用基本不等式a+b≥2√ab化简求解即可．对于选项B根据式子的几何意义直接判断．对于选项 D，选定特殊值，然
后利用方程的判别法计算即可得出错误．
1
【解答过程】解：对于选项A：c+ ≥2，可直接根据基本不等式a+b≥2√ab求解．显然恒成立．
c
对于选项B：|a﹣b|≤|a﹣c|+|b﹣c|，所表示的含义是在三角形内两边之和大于第3边，所以显然成立．
1
对 于 选 项 C ： 若 a+4b ＝ 1 则 根 据 基 本 不 等 式 得 ： a+4b≥2√4ab， 即 ≥4， 对 于 式
√ab
1 1 a+b 2√ab 2
+ = ≥ = ≥8，所以得不等式恒成立．
a b ab ab √ab
对于选项D：ax2+bx﹣c≥0（x R）．当a＞0，Δ＝b2+4ac＞0，显然ax2+bx﹣c≥0不恒成立．
故选：D． ∈
1
【变式 1-3】（2022 春•肥东县月考）对于不等式①√4+√6＞2√5，②x+ ≥2（x≠0），③
x
√2
√a2+b2≥ (a+b)(a、b∈R)，下列说法正确的是（ ）
2
A．①③正确，②错误 B．②③正确，①错误
C．①②错误，③正确 D．①③错误，②正确
【解题思路】由已知结合基本不等式及相关结论分别判断各选项即可．
【解答过程】解：因为 ，
(√4+√6) 2−(2√5) 2=10+√24−20=√24−10＜0
所以√4+√6＜2√5，故①错误；
1
当取x＝﹣1时，显然x+ =−2≥2不成立，故②错误；
x
因为a2+b2≥2ab（a，b R），所以2（a2+b2）≥（a+b）2，
√2 ∈ √2 √2
所以√a2+b2≥ √(a+b) 2= |a+b|≥ (a+b)，故③正确．
2 2 2
故选：C．
【题型2 利用基本不等式求最值】
【方法点拨】
(1)若是求和式的最小值，通常化(或利用)积为定值；若是求积的最大值，通常化(或利用)和为定值，其解
答
技巧是恰当变形、合理拆分项或配凑因式．
(2)若多次使用基本不等式，等号成立的条件应相同．1 4
【例2】（2022春•西宁期末）已知x，y都是正数，若x+y＝2，则 + 的最小值为（ ）
x y
7 9 13
A． B． C． D．1
4 2 4
【解题思路】直接利用关系式的恒等变换和基本不等式求出结果．
【解答过程】解：已知x，y都是正数，且x+y＝2，
1 4 1 1 4 1 y 4x 1 √ y 4x 9 2 4
则 + = （x+y）（ + ）= （5+ + ）≥ （5+2 ⋅ ）= ，当且仅当x= ，y= 时等
x y 2 x y 2 x y 2 x y 2 3 3
号成立，
1 4 9
所以 + 的最小值为： ．
x y 2
故选：B．
m+1
【变式2-1】（2022春•信州区期末）已知正数m，n满足m+n＝1，则 的最小值为（ ）
mn
A．3 B．3+2√2 C．3√2 D．3+2√3
m+1 2m+n 2 1
【解题思路】化简 = = + ，再结合基本不等式求最值．
mn mn n m
【解答过程】解：∵m+n＝1，m＞0，n＞0，
m+1 m+m+n
∴ =
mn mn
2m+n 2 1
= = +
mn n m
2 1
＝（ + ）（m+n）
n m
2m n
= + +3
n m
√2m n
≥2 ⋅ +3＝3+2√2，
n m
2m n
当且仅当 = ，即m=√2−1，n＝2−√2时，等号成立；
n m
m+1
故 的最小值为3+2√2，
mn
故选：B．
1 1
【变式2-2】（2022春•三明期末）已知正实数a，b满足a+ =2，则2ab+ 的最小值是（ ）
b a5 9
A． B．3 C． D．2√2+1
2 2
1 1
【解题思路】先变形得到2ab+ =4b+ −2，再利用乘“1”法和基本不等式求最值即可．
a a
1
【解答过程】解：∵正实数a，b满足a+ =2，∴ab+1＝2b，∴ab＝2b﹣1，
b
1 1 1 1 1 1 1 1 9
∴2ab+ =4b+ −2＝（4b+ ）（a+ ）× −2＝（4ab+ +5）× −2≥（2√4+5）× −2= −2
a a a b 2 ab 2 2 2
5
= ，
2
1 2 3
当且仅当4ab= ，即a= ，b= ，时取等号，
ab 3 4
1 5
∴2ab+ 的最小值是 ，
a 2
故选：A．
a2 b2
【变式2-3】（2022春•恩施州期末）若a＞2，b＞3，则 + 的最小值是（ ）
a−2 b−3
A．16 B．18 C．20 D．22
a2 b2 4 9
【解题思路】根据题意，分析可得 + =a﹣2+ +b﹣3+ +10，结合基本不等式的性
a−2 b−3 a−2 b−3
质分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，若a＞2，b＞3，则a﹣2＞0，b﹣3＞0，
则 有
a2 b2 a2−4+4 b2−9+9 4 9 √ 4 √ 9
+ = + =a−2+ +b−3+ +10≥2 (a−2)⋅ +2 (b−3)+ +10=20
a−2 b−3 a−2 b−3 a−2 b−3 a−2 b−3
（当且仅当a＝4，b＝6时，等号成立），
a2 b2
所以 + 的最小值是20．
a−2 b−3
故选：C．
【题型3 利用基本不等式解决恒成立（或存在性）问题】
【方法点拨】
对于恒成立（或存在性）问题，求解时，一般先利用等价转化思想将条件合理转化为最值问题，利用基本
不等式求出有关代数式的最值，进行转化求解即可.2 3
【例3】（2021秋•武清区校级月考）设x＞0，y＞0，设 + =1，若3x+2y＞m2+2m恒成立，则实数m的
x y
取值范围是（ ）
A．{x|x≤﹣6或x≥4}B．{x|x≤﹣4或x≥6}
C．{x|﹣6＜x＜4} D．{x|﹣4＜x＜6}
2 3 2 3
【解题思路】由x＞0，y＞0， + =1，得3x+2y＝（ + ）（3x+2y），以此变形可解决此题．
x y x y
2 3 2 3 4 y 9x
【解答过程】解：由 x＞0，y＞0， + =1，得 3x+2y＝（ + ）（3x+2y）= + +12≥2
x y x y x y
√4 y 9x
⋅ +12＝24，
x y
4 y 9x 2 3
当且仅当 = 且 + =1，即x＝4且y＝6时等号成立．
x y x y
又因为3x+2y＞m2+2m恒成立，m2+2m＜24，解得m （﹣6，4）．
故选：C． ∈
2 1
【变式3-1】（2021秋•怀仁市校级期末）已知x＞0、y＞0，且 + =1，若2x+y＜m2﹣8m有解，则实数
x y
m的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（9，+∞） B．（﹣9，1）
C．[﹣9，1] D．（﹣1，9）
【解题思路】由已知先利用基本不等式求出 2x+y的最小值，然后结合不等式的存在性问题与最值关系
进行转化，解二次不等式可求．
2 1
【解答过程】解：因为x＞0、y＞0，且 + =1，
x y
2 1 2y 2x √2x 2y
2x+y＝（2x+y）（ + ）＝5+ + ≥5+2 ⋅ =9，
x y x y y x
2x 2y 2 1
当且仅当 = 且 + =1，即x＝y＝3时取等号，此时2x+y取得最小值9，
y x x y
若2x+y＜m2﹣8m有解，则9＜m2﹣8m，解得m＞9或m＜﹣1，
即实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（9，+∞）．
故选：A．
1 4
【变式3-2】（2021秋•香坊区校级期中）若x＞0，y＞0，x+y＝1，且 + ＞m恒成立，则实数m的取值
x y范围是（ ）
A．{m|m＜3} B．{m|m＜6} C．{m|m＜5} D．{m|m＜9}
1 4
【解题思路】利用乘1法，然后结合基本不等式可求 + 的最小值，然后结合不等式恒成立与最值相
x y
互转化关系可求．
【解答过程】解：因为x＞0，y＞0，x+y＝1，
1 4 x+ y 4x+4 y y 4x √ y 4x
所以 + = + =5+ + ≥5+2 ⋅ =9，
x y x y x y x y
y 4x 1 2 1 4
当且仅当 = 且x+y＝1，即x= ，y= 时取等号，此时 + 取得最小值9，
x y 3 3 x y
1 4
+ ＞m恒成立，则实数m＜9．
x y
故选：D．
【变式3-3】（2021秋•包河区校级期中）若正实数x，y满足2x+y+8xy＝2，且存在实数x，y使不等式3m2
﹣2m≥2x+y成立，则实数m的取值范围为（ ）
1
A．[− ，1] B．[﹣1，2]
3
1
C．（﹣∞，− ]∪[1，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）
3
【解题思路】根据基本不等式的性质求得2x+y≥1，进而求解结论．
【解答过程】解：∵正实数x，y满足2x+y+8xy＝2，
2x+ y
∴8xy＝2﹣（2x+y）≤4•（ ）2 （2x+y）2+（2x+y）﹣2≥0 2x+y≥1，（2x+y≤﹣2舍去）
2
⇒ ⇒
∵存在实数x，y使不等式3m2﹣2m≥2x+y成立，
1
∴3m2﹣2m≥1 m≥1或m≤− ，
3
⇒
故选：C．
【题型4 利用基本不等式证明不等式】
【方法点拨】
(1)对于与基本不等式有关的不等式证明问题，对所给条件进行合理转化，利用基本不等式进行证明，其解
答技巧是恰当变形、合理拆分项或配凑因式．
(2)证明过程中，若多次使用基本不等式，等号成立的条件应相同．
1 1
【例4】（2021秋•上饶期末）已知a＞0，b＞0，且a+b＝1，求证：(1+ )(1+ )≥9．
a b【解题思路】本题的关键是把分子的“1”换成a+b，由基本不等式即可证明．
【解答过程】解：∵a＞0，b＞0，且a+b＝1
1 1 a+b a+b
∴(1+ )(1+ )=(1+ )(1+ )
a b a b
b a 2a 2b b a
=(2+ )(2+ )=4+ + + ×
a b b a a b
2b 2a √2b 2a
＝5+ + ≥5+2 × =5+4=9
a b a b
2b 2a 1
当且仅当 = ，即a＝b= 时取“＝”号．
a b 2
故原题得证．
【变式4-1】（2021春•福田区校级期末）若a＞0，b＞0，a+b＝1．求证：
4 1
（1） + ≥9；
a b
（2）√2a+1+√2b+1≤2√2．
【解题思路】（1）由已知利用乘1法，结合基本不等式即可证明；
m+n m2+n2
（2）利用基本不等式的结论( ) 2≤ 即可证明．
2 2
【解答过程】证明：（1）因为a＞0，b＞0，a+b＝1，
4 1 4 1 4b a √4b a
所以 + =（ + ）（a+b）＝5+ + ≥5+2 ⋅ =9，
a b a b a b a b
4b a 1 2
当且仅当 = 且a+b＝1，即b= ，a= 时取等号，
a b 3 3
4 1
故 + ≥9；
a b
√2a+1+√2b+1 2a+1+2b+1
（2）因为（ ）2≤ =2，当且仅当√2a+1=√2b+1且a+b＝1，即a＝b
2 2
1
= 时取等号，
2
所以√2a+1+√2b+1≤2√2．
【变式4-2】（2021秋•桂林月考）已知a＞0，b＞0．
1 9
（1）若 + =1，求证：a+b≥16；
a b
（2）求证：a+b+1≥√ab+√a+√b．【解题思路】（1）由基本不等式及乘“1”法即可得证；
（2）由基本不等式可得a+1≥2√a，b+1≥2√b，a+b≥2√ab，当且仅当a＝b＝1时等号成立，三个式
子相加即可得证．
1 9
【解答过程】证明：（1）因为 + =1，a＞0，b＞0，
a b
1 9 9a b √9a b 9a b
所以a+b＝（a+b）（ + ）＝10+ + ≥10+2 ⋅ =16，当且仅当 = ，即a＝4，b＝12时
a b b a b a b a
等号成立，
所以a+b≥16．
（2）因为a＞0，b＞0，
则a+1≥2√a，b+1≥2√b，a+b≥2√ab，当且仅当a＝b＝1时等号成立，
所以a+1+b+1+a+b≥2√a+2√b+2√ab，
所以a+b+1≥√a+√b+1．
【变式4-3】（2020•黄州区校级模拟）设a，b，c＞0，且ab+bc+ca＝1，求证：
（1）a+b+c≥√3；
√ a √ b √ c
（2） + + ≥√3（√a+√b+√c）．
bc ac ab
【解题思路】（1）运用分析法证明．要证a+b+c≥√3，结合条件，两边平方，可得a2+b2+c2≥1，运用
重要不等式，累加即可得证．
（2）问题转化为证明a√bc+b√ac+c√ab≤1，根据基本不等式的性质证明即可．
【解答过程】证明：（1）运用分析法证明．
要证a+b+c≥√3，
即证（a+b+c）2≥3，
由a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca＝1，
即有a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≥3，
即为a2+b2+c2≥1，①
由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
相加可得a2+b2+c2≥zb+bc+ca＝1，
则①成立．
综上可得，原不等式成立．（2）∵√ a √ b √ c a+b+c，
+ + =
bc ac ab √abc
而由（1）a+b+c≥√3，
a+b+c
∴ ≥√3（√a+√b+√c），
√abc
1
故只需 ≥√a+√b+√c，
√abc
即a√bc+b√ac+c√ab≤1，
即：a√bc+b√ac+c√ab≤ab+bc+ac，
ab+ac ab+bc bc+ac
而a√bc=√ab•√ac≤ ，b√ac≤ ，c√ab≤ ，
2 2 2
√3
∴a√bc+b√ac+c√ab≤ab+bc+ac＝1成立，（当且仅当a＝b＝c= 时）．
3
【题型5 利用基本不等式解决实际问题】
【方法点拨】
解决实际问题时，先弄清题意(审题)，建立数学模型(列式)，再结合基本不等式解决问题(求解)，最后
要回应题意下结论(作答)．
【例5】（2021秋•凉州区期末）如图，计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．
设菜园的长为x，宽为y．
（1）若菜园面积为72，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？
1 2
（2）若使用的篱笆总长度为30，求 + 的最小值．
x y
【解题思路】（1）根据积定，应用基本不等式求和的最小值，注意等号成立条件；（2）应用基本不等
1 2
式“1”的代换求 + 的最小值，注意等号成立条件．
x y
【解答过程】解：（1）由题意知：xy＝72，篱笆总长为x+2y．
又x+2y≥2√2xy=24，当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．
∴当x＝12，y＝6时，可使所用篱笆总长最小；（2）由题意得：x+2y＝30，
1 2 2y 2x √2y 2x
又( + )(x+2y)=5+ + ≥5+2 ⋅ =9，
x y x y x y
1 2 3
∴ + ≥ ，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．
x y 10
1 2 3
∴ + 的最小值是 ．
x y 10
【变式5-1】（2021秋•黄浦区校级期中）迎进博会，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左、中
右三个矩形栏目，这三栏的面积之和为60000cm2，四周空白的宽度为10cm，栏与栏之间的中缝空白的
宽度为5cm．
（1）试用栏目高acm与宽bcm（a＞0，b＞0）表示整个矩形广告面积Scm2；
（2）怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸，能使整个矩形广告面积最小，并求最小值．
【解题思路】（1）根据矩形栏目面积确定高与宽的关系，从而可得整个矩形广告面积；
（2）利用基本不等式，即可求得最值．
20000
【解答过程】解：（1）设矩形栏目的高为acm，宽为bcm，则ab＝20000，∴b=
a
广告的高为（a+20）cm，宽为（3b+30）cm（其中a＞0，b＞0），
广告的面积S＝（a+20）（3b+30）＝30（a+2b）+60600；
40000 √ 40000
（2）S＝30（a+2b）+60600＝30（a+ ）+60600≥30×2 a× =12000+60600＝72600，
a a
40000
当且仅当a= ，即a＝200时，取等号，此时b＝100．
a
故当广告矩形栏目的高为200cm，宽为100cm时，可使广告的面积最小．
【变式5-2】（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线
入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块ABCD，AB＝30m，AD＝15m．为保护D处的一
棵古树，有关部门划定了以D为圆心、DA为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若空线入线
口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与封闭区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到0.1m，计算面积精确到0.01m2）
（1）若∠ADE＝20°，求EF的长；
（2）当入线口E在AB上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？
【解题思路】（1）作DH⊥EF，然后结合锐角三角函数定义表示出EF，
（2）设∠ADE＝ ，结合锐角三角函数定义可表示AE，FH，然后表示出面积，结合同角基本关系进行
化简，再由基本不θ等式可求．
【解答过程】解：（1）作DH⊥EF，垂足为H，
则EF＝EH+HF＝15tan20°+15tan50°≈23.3m；
（2）设∠ADE＝ ，则AE＝15tan ，FH＝15tan（90°﹣2 ），
θ 1θ 1 θ
S四边形ADEF ＝2S△ADE +S△DFH ＝2× ×15×15tan + ×15×15tan(90°−2θ)，
2 2
θ
15 15 1+tan2θ 225 1 225√3
= （30tan +15cot2 ）= （30tan +15× ）= (3tanθ+ )≥ ，
2 2 2tanθ 4 tanθ 3
θ θ θ
1 √3 225√3
当且仅当3tan = ，即tanθ= 时取等号，此时 AE＝15tan ＝5√3，最大面积为450− ≈
tanθ 3 2
θ θ
255.14m2．
【变式5-3】（2021秋•常州月考）如图，长方形ABCD表示一张6×12（单位：分米）的工艺木板，其四
周有边框（图中阴影部分），中间为薄板．木板上一瑕疵（记为点 P）到外边框AB，AD的距离分别为
1分米，2分米．现欲经过点P锯掉一块三角形废料MAN，其中M，N分别在AB，AD上．设AM，AN
的长分别为m分米，n分米．
（1）为使锯掉一块三角形废料MAN的面积最小，试确定m，n的值；（2）求剩下木板MBCDN的外边框长度（MB，BC，CD，DN的长度之和）的最大值．
【解题思路】（1）过点P分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，可得△PNF∽△MPE，可得
2 1 1
+ =1．欲使锯掉的三角形废料MAN的面积S= mn最小．利用基本不等式的性质即可得出．
m n 2
2 1 2n m
（2）欲使剩下木板的外边框长度最大，即m+n最小．由（1）知，m+n＝（m+n）( + )=3+ +
m n m n
，利用基本不等式的性质即可得出．
【解答过程】解：（1）过点P分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，
则△PNF∽△MPE，
PF NF 2 n−1
从而 = ，∴ = ，
EM PE m−2 1
2 1
即 + =1．
m n
1
欲使锯掉的三角形废料MAN的面积S= mn最小．
2
2 1 √ 2 1 2 1
由1= + ≥2 ⋅ 得，mn≥8（当且仅当 = ，即m＝4，n＝2时，
m n m n m n
“＝”成立），此时S ＝4（平方分米）．
min
（2）欲使剩下木板的外边框长度最大，即m+n最小．
2 1 2n m √2n m
由（1）知，m+n＝（m+n）( + )=3+ + ≥3+2 ⋅ =3+2√2，
m n m n m n
2n m
（当且仅当 = 即m＝2+√2=√2n时，“＝”成立），
m n
答：此时剩下木板的外边框长度的最大值为33﹣2√2分米．
【题型6 基本不等式与其他知识综合】
【例6】（2022春•重庆校级期中）直角三角形ABC中角A，B，C对边长分别为a，b，c，∠C＝90°．（1）若三角形面积为2，求斜边长c最小值；
（2）试比较an+bn与cn（n N*）的大小，并说明理由．
1∈
【解题思路】（1）由S= ab＝2，可得：ab＝4．由∠C＝90°，可得a2+b2＝c2，利用基本不等式的性质
2
即可得出．
（2）①当n＝1时，利用三角形三边大小关系可得a+b＞c；
②当n＝2时，由∠C＝90°，利用勾股定理可得a2+b2＝c2；
a b π a b
③当n≥3时，设cos = ，sin = ，θ∈(0， )．由( ) n+( ) n=cosn +sinn ，再利用三角函数的单
c c 2 c c
θ θ θ θ
调性即可得出．
1
【解答过程】解：（1）∵S= ab＝2，∴ab＝4．
2
∵∠C＝90°，
∴a2+b2＝c2≥2ab＝8，解得c≥2√2．当且仅当a＝b＝2时取等号．
∴斜边长c最小值为2√2．
（2）①当n＝1时，a+b＞c；
②当n＝2时，∵∠C＝90°，∴a2+b2＝c2；
a b π
③当n≥3时，设cos = ，sin = ，θ∈(0， )．
c c 2
θ θ
a b
则( ) n+( ) n=cosn +sinn ＜cos2 +sin2 ＝1，
c c
θ θ θ θ
∴an+bn＜cn．
【变式6-1】（2021秋•赫山区校级月考）已知向量→ （1，2），→ （﹣2，m），→ → （t2+1）→，
a= b= x=a+ b
→
→ 1→
ka+ b，m R，k，t为正实数．
y=−
t
∈
（1）若→∥→，求m的值；
a b
（2）当m＝1时，若→⊥→，求k的最小值．
x y
【解题思路】（1）根据题意，结合→、→的坐标，由向量平行的坐标判断方法，可得 1×m＝2×（﹣
a b
2），解可得答案；（2）根据题意，可得→、→的坐标，分析可得→•→ 0，由向量垂直与数量积的关系，可得→•→ [→
a b a b= x y= a+
（t2+1） → ]•（﹣k
→
a+
1→
b=0，对其变形整理可得k＝t+
1
，由基本不等式的关系，计算可得答案．
b
t t
【解答过程】解：（1）根据题意，→ （1，2），→ （﹣2，m），
a= b=
若→∥→，则有1×m＝2×（﹣2），
a b
解可得，m＝﹣4；
（2）若m＝1，有→ （1，2），→ （﹣2，1），易得→•→ 0，
a= b= a b=
则 →
x=
→
a+
（t2+1） →
b=
（﹣1﹣2t2，3+t2），y＝﹣k → a+ 1→ b=（﹣k− 2 ，﹣2k+ 1 ），
t t t
若 → x ⊥ → y ，则 → x • → y=[ → a+ （t2+1） → b ]•（﹣k → a+ 1→ b）＝﹣k → a 2+（t+ 1 ） → b 2＝5[（t+ 1 ）﹣k]＝0，
t t t
1
即k＝t+ ，
t
√ 1
又由t＞0，则k≥2 t⋅ =2，（当且仅当t＝1时等号成立）；
t
故k的最小值为2．
【变式6-2】（2021秋•东海县校级期中）已知x＞0，y＞0，且2x，ab，5y成等差数列，2，a，b，5成等
比数列．
（1）求lgx+lgy的最大值；
2 5
（2）求 + 的最小值．
x y
【解题思路】（1）通过等差数列推出x，y的关系式，然后利用基本不等式求解即可．
（2）利用等比数列求出x，y的关系式，然后利用基本不等式求解即可．
【解答过程】解：（1）由题意知2x+5y＝2ab，ab＝2×5＝10
∴2x+5y＝20，
∵x＞0，y＞0，∴2x+5y≥2√10xy
即20≥2√10xy，∴0＜xy≤10，
∵函数y＝lgx在（0，+∞）上是单调递增函数，
∴lg（xy）≤1，即lgx+lgy≤1，
当且仅当2x＝5y且2x+5y＝20即x＝5，y＝2时，取“＝”，∴当x＝5，y＝2时，lgx+lgy取得最大值为1．
（2）∵x＞0，y＞0
1 2 5 1 x y 1 49
∴ （ + ）（2x+5y）= [29+10（ + ）]≥ （29+10×2）= ，
20 x y 20 y x 20 20
2 5 49
∴ + ≥ ，
x y 20
x y 20
当且仅当 = 且2x+5y＝20即x＝y= 时，取“＝”，
y x 7
20 2 5 49
∴当x＝y= 时， + 的最小值为 ．
7 x y 20
【变式6-3】（2021春•高淳区期末）如图，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植
桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200米，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱
笆．
（1）若围墙AP，AQ总长度为200米，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？
（2）已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，AP段围墙造价为每平方米150元，AQ段围墙造价为
每平方米100元．若围围墙用了30000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？
1 √3 AP+AQ
【解题思路】（1）AP+AQ＝200，可得S= ⋅AP⋅AQ⋅sin120°≤ ( ) 2．
2 4 2
（2）设AP＝x，AQ＝y，可得1•x•150+1.5•y•100＝30000，化为：x+y＝200≥2√xy，可得xy≤10000．
可得PQ2＝x2+y2﹣2xycos120°＝x2+y2+xy＝（x+y）2﹣xy＝40000﹣xy，即可得出PQ的最小值．
【解答过程】解：（1）∵AP+AQ＝200，
1 √3 AP+AQ
∴S= ⋅AP⋅AQ⋅sin120°≤ ( ) 2=2500√3．
2 4 2
当且仅当x＝y＝100时取“＝”．
∴当x＝y＝100时，可使得三角形地块APQ的面积最大．
（2）设AP＝x，AQ＝y，则1•x•150+1.5•y•100＝30000，
化为：x+y＝200≥2√xy，可得xy≤10000．
∴PQ2＝x2+y2﹣2xycos120°＝x2+y2+xy＝（x+y）2﹣xy＝40000﹣xy≥30000．
当且仅当x＝y＝100时取“＝”．即PQ≥100√3．
∴当且仅当x＝y＝100时，可使PQ取得最小值，即使用竹篱笆用料最省．
