2022版备战老高考一轮复习理科数学第3节 基本不等式 教案

第三节基本不等式[最新考纲]1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．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时取等号．(3)其中eq\f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq\r(ab)称为正数a，b的几何平均数．2．两个重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up8(2)(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．3．利用基本不等式求最值已知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有最小值是2eq\r(p)(简记：积定和最小)．(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq\f(s2,4)(简记：和定积最大)．eq\a\vs4\al([常用结论])1.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号．2.ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up8(2)≤eq\f(a2＋b2,2).3.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)．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个不等式a2＋b2≥2ab与eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的条件是相同的．()(2)若a>0，则a3＋eq\f(1,a2)的最小值为2eq\r(a).()(3)函数f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈(0，π)的最小值为4.()(4)x＞0且y＞0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要条件．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材改编1．设x＞0，y＞0，且x＋y＝18，则xy的最大值为()A．80 B．77C．81 D．82C[xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up8(2)＝81，当且仅当x＝y＝9时，等号成立．故选C.]2．若x<0，则x＋eq\f(1,x)()A．有最小值，且最小值为2B．有最大值，且最大值为2C．有最小值，且最小值为－2D．有最大值，且最大值为－2D[因为x<0，所以－x>0，－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2.]3．函数f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)的最小值为________．4[当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(（x－2）×\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq\f(1,x－2)(x>2)，即x＝3时取等号．]4．若把总长为20m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是__________m225[设矩形的一边为xm，矩形场地的面积为y，则另一边为eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，则y＝x(10－x)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋（10－x）,2)))eq\s\up8(2)＝25，当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.]考点1利用基本不等式求最值配凑法求最值配凑法的实质是代数式的灵活变形，即将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项、凑系数等方法凑成“和为定值”或“积为定值”的形式(如：凑成x＋eq\f(a,x)(a＞0)，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)的形式等)，然后利用基本不等式求解最值的方法.(1)(2019·大连模拟)已知a，b是正数，且4a＋3b＝6，则a(a＋3b)的最大值是()A.eq\f(9,8) B.eq\f(9,4)C．3 D．9(2)函数y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．(3)已知x>eq\f(5,4)，则y＝4x＋eq\f(1,4x－5)的最小值为________，此时x＝________．(1)C(2)2eq\r(3)＋2(3)7eq\f(3,2)[(1)∵a>0，b>0，4a＋3b＝6，∴a(a＋3b)＝eq\f(1,3)·3a(a＋3b)≤eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a＋a＋3b,2)))eq\s\up8(2)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))eq\s\up8(2)＝3，当且仅当3a＝a＋3b，即a＝1，b＝eq\f(2,3)时，a(a＋3b)的最大值是3.(2)∵x>1，∴x－1>0，∴y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(（x2－2x＋1）＋（2x－2）＋3,x－1)＝eq\f(（x－1）2＋2（x－1）＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.当且仅当x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1时，等号成立．(3)∵x>eq\f(5,4)，∴4x－5>0.y＝4x＋eq\f(1,4x－5)＝4x－5＋eq\f(1,4x－5)＋5≥2＋5＝7.当且仅当4x－5＝eq\f(1,4x－5)，即x＝eq\f(3,2)时上式“＝”成立．即x＝eq\f(3,2)时，ymin＝7.][母题探究]把本例(3)中的条件“x>eq\f(5,4)”，改为“x<eq\f(5,4)”，则y＝4x＋eq\f(1,4x－5)的最大值为________，此时x＝________．31[因为x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，则y＝4x＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋5≤－2eq\r(（5－4x）×\f(1,5－4x))＋5＝－2＋5＝3.当且仅当5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故y＝4x＋eq\f(1,4x－5)的最大值为3.此时x＝1.](1)本例(1)解答易忽视两项和为定值的条件，常见的错误解法为：a(a＋3b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋a＋3b,2)))eq\s\up8(2)，当且仅当a＝a＋3b，且4a＋3b＝6，即a＝eq\f(3,2)，b＝0时，a(a＋3b)的最大值为eq\f(9,4)，从而错选B.(2)应用拆项、添项法求最值时，应注意检验基本不等式的前提条件：“一正、二定、三相等”，如T(1)，T(2)．常数代换法求最值常数代换法求最值的步骤(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)．(2)把确定的定值(常数)变形为1.(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式(4)利用基本不等式求解最值．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．4[因为a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.当且仅当a＝b时，等号成立．][母题探究]1．若本例条件不变，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值．[解]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．2．若将本例条件改为a＋2b＝3，如何求解eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值．[解]因为a＋2b＝3，所以eq\f(1,3)a＋eq\f(2,3)b＝1.所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(a,3b)＋eq\f(2b,3a)≥1＋2eq\r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq\f(2\r(2),3).当且仅当a＝eq\r(2)b时，等号成立．常数代换法主要解决形如“已知x＋y＝t(t为常数)，求eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)的最值”的问题，先将eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)转化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq\f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值．[教师备选例题]设a＋b＝2，b>0，则eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取最小值时，a的值为________．－2[∵a＋b＝2，b>0，∴eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(2,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥eq\f(a,4|a|)＋2eq\r(\f(b,4|a|)×\f(|a|,b))＝eq\f(a,4|a|)＋1，当且仅当eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)时等号成立．又a＋b＝2，b>0，∴当b＝－2a，a＝－2时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值．](2019·深圳市福田区模拟)已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，则eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)的最小值为()A.eq\f(3,2)＋eq\r(2) B.eq\f(3,4)＋eq\f(\r(2),2)C．3＋2eq\r(2) D.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),3)A[已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，可得(a－1)＋b＝1，又a－1＞0，则eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)＝[(a－1)＋b]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,2b)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(a－1,2b)＋eq\f(b,a－1)≥eq\f(3,2)＋2eq\r(\f(a－1,2b)×\f(b,a－1))＝eq\f(3,2)＋eq\r(2).当且仅当eq\f(a－1,2b)＝eq\f(b,a－1)，a＋b＝2时取等号．则eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)的最小值为eq\f(3,2)＋eq\r(2).故选A.]消元法求最值对于含有多个变量的条件最值问题，若直接运用基本不等式无法求最值时，可尝试减少变量的个数，即根据题设条件建立两个变量之间的函数关系，然后代入代数式转化为只含有一个变量的函数的最值问题，即减元(三元化二元，二元化一元)．(2019·嘉兴期末)已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝ab－1，则a＋2b的最小值为()A．5＋2eq\r(6) B．8eq\r(2)C．5 D．9A[∵a＞0，b＞0，且2a＋b＝ab－1∴a＝eq\f(b＋1,b－2)＞0，∴b＞2，∴a＋2b＝eq\f(b＋1,b－2)＋2b＝2(b－2)＋eq\f(3,b－2)＋5≥5＋2eq\r(2（b－2）·\f(3,b－2))＝5＋2eq\r(6).当且仅当2(b－2)＝eq\f(3,b－2)，即b＝2＋eq\f(\r(6),2)时取等号．∴a＋2b的最小值为5＋2eq\r(6).故选A.]求解本题的关键是将等式“2a＋b＝ab－1”变形为“a＝eq\f(b＋1,b－2)”，然后借助配凑法求最值．(2019·新余模拟)已知正实数a，b，c满足a2－2ab＋9b2－c＝0，则当eq\f(ab,c)取得最大值时，eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)－eq\f(12,c)的最大值为()A．3 B.eq\f(9,4)C．1 D．0C[由正实数a，b，c满足a2－2ab＋9b2＝c，得eq\f(ab,c)＝eq\f(ab,a2－2ab＋9b2)＝eq\f(1,\f(a2－2ab＋9b2,ab))＝eq\f(1,\f(a,b)＋\f(9b,a)－2)≤eq\f(1,4)，当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(9b,a)，即a＝3b时，eq\f(ab,c)取最大值eq\f(1,4).又因为a2－2ab＋9b2－c＝0，所以此时c＝12b2，所以eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)－eq\f(12,c)＝eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,b)))≤eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋2－\f(1,b)))\s\up8(2),4)＝1，故最大值为1.]利用两次基本不等式求最值当运用一次基本不等式无法求得代数式的最值时，常采用第二次基本不等式；需注意连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性．已知a＞b＞0，那么a2＋eq\f(1,b（a－b）)的最小值为________．4[由题意a＞b＞0，则a－b＞0，所以b(a－b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋a－b,2)))eq\s\up8(2)＝eq\f(a2,4)，所以a2＋eq\f(1,b（a－b）)≥a2＋eq\f(4,a2)≥2eq\r(a2·\f(4,a2))＝4，当且仅当b＝a－b且a2＝eq\f(4,a2)，即a＝eq\r(2)，b＝eq\f(\r(2),2)时取等号，所以a2＋eq\f(1,b（a－b）)的最小值为4.]由于b＋(a－b)为定值，故可求出b(a－b)的最大值，然后再由基本不等式求出题中所给代数式的最小值．若a，b∈R，ab＞0，则eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________．4[因为ab＞0，所以eq\f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq\f(2\r(4a4b4)＋1,ab)＝eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4ab·\f(1,ab))＝4，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝2b2，,ab＝\f(1,2)))时取等号，故eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值是4.]考点2利用基本不等式解决实际问题利用基本不等式解决实际问题的3个注意点(1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．(2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值．(3)在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解．经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y(L)与速度x(km/h)(50≤x≤120)的关系可近似表示为y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,75)（x2－130x＋4900），x∈[50，80），,12－\f(x,60)，x∈[80，120].))(1)该型号汽车的速度为多少时，可使得每小时耗油量最少？(2)已知A，B两地相距120km，假定该型号汽车匀速从A地驶向B地[解](1)当x∈[50，80)时，y＝eq\f(1,75)(x2－130x＋4900)＝eq\f(1,75)[(x－65)2＋675]，所以当x＝65时，y取得最小值，最小值为eq\f(1,75)×675＝9.当x∈[80，120]时，函数y＝12－eq\f(x,60)单调递减，故当x＝120时，y取得最小值，最小值为12－eq\f(120,60)＝10.因为9<10，所以当x＝65，即该型号汽车的速度为65km/h(2)设总耗油量为lL，由题意可知l＝y·eq\f(120,x)，①当x∈[50，80)时，l＝y·eq\f(120,x)＝eq\f(8,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4900,x)－130))≥eq\f(8,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x·\f(4900,x))－130))＝16，当且仅当x＝eq\f(4900,x)，即x＝70时，l取得最小值，最小值为16.②当x∈[80，120]时，l＝y·eq\f(120,x)＝eq\f(1440,x)－2为减函数，所以当x＝120时，l取得最小值，最小值为10.因为10<16，所以当速度为120km/h当运用基本不等式求最值时，若等号成立的自变量不在定义域内时，就不能使用基本不等式求解，此时可根据变量的范围用对应函数的单调性求解．(2019·上海模拟)经济订货批量模型，是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货方式，即某种物资在单位时间的需求量为某常数，经过某段时间后，存储量消耗下降到零，此时开始订货并随即到货，然后开始下一个存储周期，该模型适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题，具体如下：年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系T(x)＝eq\f(Bx,2)＋eq\f(AC,x)，其中A为年需求量，B为每单位物资的年存储费，C为每次订货费.某化工厂需用甲醇作为原料，年需求量为6000吨，每吨存储费为120元/年，每次订货费为2500元．(1)若该化工厂每次订购300吨甲醇，求年存储成本费；(2)每次需订购多少吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少？最少费用为多少？[解](1)因为年存储成本费T(元)关于每次订货x(单位)的函数关系T(x)＝eq\f(Bx,2)＋eq\f(AC,x)，其中A为年需求量，B为每单位物资的年存储费，C为每次订货费．由题意可得：A＝6000，B＝120，C＝2500，所以年存储成本费T(x)＝60x＋eq\f(15000000,x)，若该化工厂每次订购300吨甲醇，所以年存储成本费为T(300)＝60×300＋eq\f(15000000,300)＝68000.(2)因为年存储成本费T(x)＝60x＋eq\f(15000000,x)，x＞0，所以T(x)＝60x＋eq\f(15000000,x)≥2eq\r(60×15000000)＝60000，当且仅当60x＝eq\f(15000000,x)，即x＝500时，取等号．所以每次需订购500吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少，最少费用为60000元．考点3基本不等式的综合应用基本不等式的综合应用的2类问题(1)与函数、数列等知识交汇的最值问题：此类问题常以函数、数列等知识为载体，以基本不等式为解题工具，求解最值或取值范围．(2)求参数值或取值范围：对于此类题目，要观察题目特点，利用基本不等式确定相关关系式成立的条件，从而得参数的值或取值范围．(1)(2019·台州模拟)若两个正实数x，y满足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且存在这样的x，y使不等式x＋eq\f(y,4)＜m2＋3m有解，则实数m的取值范围是()A．(－1，4)B．(－4，1)C．(－∞，－4)∪(1，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0，＋∞)(2)(2019·衡阳一模)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．函数y＝[x](x∈R)称为高斯函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已知函数f(x)＝eq\f(2x＋1,1＋22x)，则函数y＝[f(x)]的值域是()A．{0，1} B．(0，1]C．(0，1) D．{－1，0，1}(3)(2019·定远模拟)已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC＝ccosB，则eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)的最小值为()A.eq\f(2\r(7),3) B.eq\r(5)C.eq\f(\r(7),3) D．2eq\r(5)(1)C(2)A(3)A[(1)∵正实数x，y满足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，∴x＋eq\f(y,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝2＋eq\f(4x,y)＋eq\f(y,4x)≥2＋2eq\r(\f(4x,y)·\f(y,4x))＝4，当且仅当eq\f(4x,y)＝eq\f(y,4x)且eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，即x＝2，y＝8时取等号，∵存在x，y使不等式x＋eq\f(y,4)＜m2＋3m有解，∴4＜m2＋3m，解得m＞1或m＜－4，故选C(2)f(x)＝eq\f(2x＋1,1＋22x)＝eq\f(2,2x＋\f(1,2x))，∵2x＋eq\f(1,2x)≥2，∴0＜f(x)≤1，则函数y＝[f(x)]的值域为{0，1}，故选A.(3)∵2bcosC＝ccosB，∴2sinBcosC＝sinCcosB，∴tanC＝2tanB．又A＋B＋C＝π，∴tanA＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－eq\f(3tanB,1－2tan2B)＝eq\f(3tanB,2tan2B－1)，∴eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(2tan2B－1,3tanB)＋eq\f(1,tanB)＋eq\f(1,2tanB)＝eq\f(2,3)tanB＋eq\f(7,6tanB).又∵在锐角△ABC中，tanB＞0，∴eq\f(2,3)tanB＋eq\f(7,6tanB)≥2eq\r(\f(2,3)tanB×\f(7,6tanB))＝eq\f(2\r(7),3)，当且仅当tanB＝eq\f(\r(7),2)时取等号，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tanA)＋\f(1,tanB