2021届全国高考专题复习不等式中最值问题全梳理

不等式中最值问题全梳理模块一、题型梳理基本不等式与函数相结合的最值问题若方程有两个不等的实根和，则的取值范围是（）A． B． C． D．【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】因为两个不等的实根是和，不妨令，故可得，解得，则=，故选：C.【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.的最小值为（）A．2 B．16 C．8 D．12【分析】利用将变为积为定值的形式后，根据基本不等式可求得最小值.【解析】∵，∴，当且仅当，时“=”成立，故的最小值为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.已知函数y＝logax＋1(a>0且a≠1)图象恒过定点A，若点A在直线eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)－4＝0(m>0，n>0)上，则m＋n的最小值为________．【解析】由题意可知函数y＝logax＋1的图象恒过定点A(1,1)，∵点A在直线eq\f(x,m)＋eq\f(y,n)－4＝0上，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝4，∵m>0，n>0，∴m＋n＝eq\f(1,4)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(n,m)＋\f(m,n)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(n,m)·\f(m,n))))＝1，当且仅当m＝n＝eq\f(1,2)时等号成立，∴m＋n的最小值为1.基本不等式与线性规划相结合的最值问题已知满足约束条件，若目标函数的最大值为1（其中），则的最小值为（）A．3 B．1 C．2 D．【分析】画出可行域，根据目标函数最大值求关系式，再利用不等式求得最小值.【解析】画出可行域如下图所示，由于，所以基准直线的斜率为负数，故目标函数在点处取得最大值，即，所以.，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故选：D【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方法，属于中档题.基本不等式与数列相结合的最值问题已知递增等差数列中，，则的（）A．最大值为 B．最小值为4 C．最小值为 D．最大值为4或【分析】根据等差数列的通项公式可用表示出.由数列单调递增可得.用表示出,结合基本不等式即可求得最值.【解析】因为，由等差数列通项公式,设公差为,可得，变形可得因为数列为递增数列,所以，即，而由等差数列通项公式可知，由,结合基本不等式可得，当且仅当时取得等号，所以的最小值为4。【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.已知a，b均为正数，且2是2a，b的等差中项，则eq\f(1,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≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋b,2)))2＝4，当且仅当2a＝b＝2，即a＝1，b＝2时取等号，所以eq\f(1,ab)的最小值为eq\f(1,2).基本不等式与向量相结合的最值问题如图所示,已知点是的重心,过点作直线分别交，两边于，两点，且，，则的最小值为______.【分析】根据重心的性质有,再表达成的关系式,再根据,,三点共线可得系数和为1,再利用基本不等式求解即可.【解析】根据条件：,,又,.又,,三点共线,.,,.的最小值为,当且仅当时“”成立.故答案为：.【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.

基本不等式与圆锥曲线相结合的最值问题在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．所以=，=(0，)，=(，-2).再由题意可知（+）•

=0，即（，）•

(，－2)=0．所以曲线C的方程式为．（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，因此直线的方程为，即．则点到的距离．又，所以当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．

在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O：相交于不同的两点，且面积最大？若存在，求出点坐标及相对应的面积；若不存在，请说明理由．【解析】（Ⅰ）由，所以，设是椭圆上任意一点，则，∴，所以，当时，有最大值，可得，所以故椭圆的方程为：（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．假设直线与圆相交于不同两点,则圆心到的距离，∴①因为在椭圆上，所以②，由①②得：∵所以，由②得代入上式得，当且仅当，∴，此时满足要求的点有四个．此时对应的的面积为．基本不等式与圆相结合的最值问题设，，若直线与圆相切，则取值范围是（）A．B．C．D．【解析】∵直线与圆相切，∴圆心到直线的距离，所以，设，则，解得.基本不等式与不等式恒成立结合的最值问题当时，不等式恒成立，则的取值范围是（）A．B． C． D．【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】当时，不等式恒成立，等价于在时恒成立即等价于；而因为，故,当且仅当时取得最大值.故：。【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.已知，若不等式恒成立，则的最大值为（）A．9 B．12 C．16 D．20【分析】可左右同乘，再结合基本不等式求解即可【解析】，，，当且仅当时，等号成立，故。【小结】本题考查基本不等式求最值，属于基础题基本不等式与立体几何相结合的最值问题如图，三棱锥的四个顶点恰是长、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．B．C． D．【分析】根据三棱锥的体积关系可得,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,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.【解析】根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为,所以,所以,又该三棱锥的外接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,所以,所以,当且仅当时,等号成立,，所以,所以该三棱锥外接球体积为.故选:C【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.基本不等式与解三角形相结合的最值问题在中，内角的对边另别是，已知，则的最大值为（）A． B． C． D．【分析】由已知可得，结合余弦定理，求出用表示，用基本不等式求出的最小值，即可求解.【解析】,由正弦定理得，由余弦定理得，，，当且仅当时，等号成立，，所以的最大值为.【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.的内角所对的边分别为．（=1\*ROMANI）若成等差数列，证明：；（=2\*ROMANII）若成等比数列，求的最小值．【解析】（1）成等差数列，，由正弦定理得，（2）成等比数列，，由余弦定理得（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立）（当且仅当时等号成立），即，所以的最小值为

模块二、真题赏析【2019年高考天津卷文数】设，则的最小值为__________.【解析】.因为，所以，即，当且仅当时取等号成立.又因为所以的最小值为.【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.【2019年高考天津理数】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为A． B．C． D．【解析】当时，恒成立；当时，恒成立，令，则，当，即时取等号，∴，则.当时，，即恒成立，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，则时，取得最小值，∴，综上可知，的取值范围是.【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.(2018全国卷Ⅰ)已知函数，则的最小值是_____．【解析】因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以，所以的最小值为．(2018天津)已知，且，则的最小值为．【解析】由，得，所以，当且仅当，即时等号成立．（2017新课标Ⅰ）已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为A．16B．14C．12D．10【解析】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，由题意有设，，，，此时直线方程为，取方程，得，∴同理得，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取得等号．（2017天津）若，，则的最小值为___________．【解析】，当且仅当，且，即时取等号．（2017江苏）某公司一年购买某种货物600吨，每次购买吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为万元，要使一年的总运费与总存储费之和最小，则的值是．【解析】总费用为，当且仅当，即时等号成立．（2017浙江）已知，函数在区间[1，4]上的最大值是5，则的取值范围是．【解析】∵，∴①当时，，所以的最大值，即（舍去）②当时，，此时命题成立．③当时，，则或，解得或，综上可得，实数的取值范围是．

模块三、模拟题汇编1．（2020·武汉市第一中学高三）已知正实数，满足，则的最小值是（）A． B． C． D．【解析】∵，∴，当且仅当时，等号成立，∴，即的最小值是．2.（2020陕西高三）设，，若，，，则下列关系式中正确的是A．B．C．D．【解析】∵，∴，又在上单调递增，故，即，∵，∴．3．（2020·山西实验中学高三月考）已知函数，若对任意的正数，满足，则的最小值为（）A．6 B．8 C．12 D．24【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，最后基本不等式求最值.【解析】因为所以定义域为，因为，所以为减函数因为，,所以为奇函数，因为，所以，即，所以，因为，所以（当且仅当，时，等号成立），选C.【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.4.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．(－∞，2eq\r(2)－1)C．(－1,2eq\r(2)－1) D．(－2eq\r(2)－1,2eq\r(2)－1)【解析】由f(x)>0得32x－(k＋1)·3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq\f(2,3x)，而3x＋eq\f(2,3x)≥2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当3x＝\f(2,3x)，即x＝log3\r(2)时，等号成立))，所以k＋1<2eq\r(2)，即k<2eq\r(2)－1。故选B。5．若直线ax＋by－1＝0(a>0，b>0)过曲线y＝1＋sinπx(0<x<2)的对称中心，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为()A.eq\r(2)＋1 B．4eq\r(2)C．3＋2eq\r(2) 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＋sinπx(0<x<2)的对称中心是点(1,1)，于是有a＋b＝1，eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·(a＋b)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)≥3＋2eq\r(2)，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(2a,b)，即b＝eq\r(2)a＝eq\r(2)(eq\r(2)－1)时取等号，因此eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值是3＋2eq\r(2)，故选C.6.设＝1，－2，＝(a，－1)，＝(－b,0)(a>0，b>0，O为坐标原点)，若A，B，C三点共线，则eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最小值是()A．4 B.eq\f(9,2)C．8 D．9【解析】∵＝－＝a－1，1，＝－＝(－b－1,2)，若A，B，C三点共线，则有∥，∴(a－1)×2－1×(－b－1)＝0，∴2a＋b＝1，又a>0，b>0，∴eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))·(2a＋b)＝5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b)≥5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＝\f(2a,b)，,2a＋b＝1，))即