2021新高考数学一轮复习学案6-3基本不等式

第三节基本不等式课标要求考情分析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.从近两年的高考试题来看，利用基本不等式求最值，是高考命题的热点，题型多样，难度为中低档．题目突出“小而巧”，主要考查基本运算与转化化归思想．2．命题情境不断创新，注重与函数、充分必要条件、实际应用等交汇．在求函数的最值时，应特别注意等号成立的条件.知识点一基本不等式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．2．几个重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)；(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)；(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)；(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)；(5)eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．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eq\f(a＋b,2)，几何平均数为eq\r(ab)，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．知识点二利用基本不等式求最值问题已知x>0，y>0，则1．如果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x＋y是定值q，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq\f(q2,4)(简记：和定积最大)．(1)此结论应用的前提是“一正”“二定”“三相等”．“一正”指正数，“二定”指求最值时和或积为定值，“三相等”指等号成立．(2)连续使用基本不等式时，牢记等号同时成立．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)当a≥0，b≥0时，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).(√)(2)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．(×)(3)x>0且y>0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要条件．(×)(4)函数f(x)＝cosx＋eq\f(4,cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.(×)2．小题热身(1)“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2”成立的(C)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(2)设a>0，则9a＋eq\f(1,a)的最小值为(C)A．4B．5(3)若x>0，y>0，且2(x＋y)＝36，则eq\r(xy)的最大值为(A)A．9B．18(4)若实数x，y满足xy＝1，则x2＋2y2的最小值为2eq\r(2).(5)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25m解析：(1)当x>0时，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当x＝\f(1,x)时，等号成立)).因为x，eq\f(1,x)同号，所以若x＋eq\f(1,x)≥2，则x>0，eq\f(1,x)>0，所以“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2”成立的充要条件，故选C．(2)因为a>0，所以9a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(9a×\f(1,a))＝6，当且仅当9a＝eq\f(1,a)，即a＝eq\f(1,3)时，9a＋eq\f(1,a)取得最小值6.故选C．(3)由2(x＋y)＝36，得x＋y＝18，所以eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立．(4)x2＋2y2＝x2＋(eq\r(2)y)2≥2x(eq\r(2)y)＝2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\r(2)y且xy＝1时等号成立．所以x2＋2y2的最小值为2eq\r(2).(5)设一边长为xm，则另一边长可表示为(10－x)m，由题知0<x<10，则面积S＝x(10－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋10－x,2)))2＝25，当且仅当x＝10－x，即x＝5时等号成立，故当矩形的长与宽相等，且都为5m时面积取到最大值25m2.考点一利用基本不等式求最值命题方向1配凑法求最值【例1】(1)已知2x＋3y＝6(x>0，y>0)，则xy的最大值是________．(2)已知a>b>0，则2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)的最小值为________．【解析】(1)∵x>0，y>0，∴xy＝eq\f(1,6)×2x×3y≤eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2)))2＝eq\f(3,2)，当且仅当2x＝3y＝3，即x＝eq\f(3,2)，y＝1时，等号成立，故xy的最大值是eq\f(3,2).(2)2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)＝a＋b＋a－b＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)，∵a>b>0，∴a＋b＋eq\f(3,a＋b)≥2eq\r(3)，当且仅当a＋b＝eq\r(3)时取等号，a－b＋eq\f(2,a－b)≥2eq\r(2)，当且仅当a－b＝eq\r(2)时取等号，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\r(3)，,a－b＝\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)，))∴当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)))时，a＋b＋a－b＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)≥2eq\r(2)＋2eq\r(3)，即2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)取得最小值2eq\r(2)＋2eq\r(3).【答案】(1)eq\f(3,2)(2)2eq\r(2)＋2eq\r(3)命题方向2常数代换法求最值【例2】若直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，则2a＋b的最小值为________．【解析】由题设可得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，∵a>0，b>0，∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)＋2≥4＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(b,a)＝\f(4a,b)，即b＝2a时，等号成立)).故2a＋b的最小值为8.【答案】8命题方向3消元法求最值【例3】已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．【解析】解法1(换元消元法)：由已知得x＋3y＝9－xy，因为x>0，y>0，所以x＋3y≥2eq\r(3xy)，所以3xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0.令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值为6.解法2(代入消元法)：由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq\f(9－3y,1＋y)，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)＝eq\f(9＋3y2,1＋y)＝eq\f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)＝3(1＋y)＋eq\f(12,1＋y)－6≥2eq\r(31＋y·\f(12,1＋y))－6＝12－6＝6.当且仅当(1＋y)2＝4，即y＝1且x＝3时取等号．即x＋3y的最小值为6.【答案】6方法技巧1前提：“一正”“二定”“三相等”.2要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式.3条件最值的求解通常有三种方法：一是消元法；二是将条件灵活变形；利用常数“1”1．(方向1)若x<eq\f(5,4)，则f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值为(A)A．1B．2C．3D．4解析：因为x<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，则f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2eq\r(5－4x\f(1,5－4x))＋3＝－2＋3＝1.当且仅当5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值为1.2．(方向2)设x>0，y>0，若xlg2，lgeq\r(2)，ylg2成等差数列，则eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)的最小值为(D)A．8 B．9C．12 D．16解析：∵xlg2，lgeq\r(2)，ylg2成等差数列，∴2lgeq\r(2)＝(x＋y)lg2，∴x＋y＝1.∴eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))≥10＋2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝10＋6＝16，当且仅当x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4)时取等号．故eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)的最小值为16.故选D．3．(方向2)若a，b，c都是正数，且a＋b＋c＝2，则eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)的最小值是(B)A．2 B．3C．4 D．6解析：∵a，b，c都是正数，且a＋b＋c＝2，∴a＋b＋c＋1＝3，且a＋1>0，b＋c>0.∴eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(1,3)·(a＋1＋b＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋1)＋\f(1,b＋c)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(4b＋c,a＋1)＋\f(a＋1,b＋c)))≥eq\f(1,3)(5＋4)＝3.当且仅当a＋1＝2(b＋c)，即a＝1，b＋c＝1时，等号成立．故选B．4．(方向3)已知函数f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，则eq\f(a2＋b2,a－b)的最小值为2eq\r(2).解析：由函数f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，可知a>1>b>0，所以lga＝－lgb，b＝eq\f(1,a)，a－b＝a－eq\f(1,a)>0，则eq\f(a2＋b2,a－b)＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2,a－\f(1,a))＝a－eq\f(1,a)＋eq\f(2,a－\f(1,a))≥2eq\r(2)(当且仅当a－eq\f(1,a)＝eq\f(2,a－\f(1,a))，即a＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)时，等号成立)．考点二基本不等式的实际应用【例4】网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向，某品牌行车记录仪支架销售公司从2019年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式．根据几个月运营发现，产品的月销量x万件与投入实体店体验安装的费用t万元之间满足函数关系式x＝3－eq\f(2,t＋1).已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是多少万元？【解】由题意知t＝eq\f(2,3－x)－1(1<x<3)，设该公司的月利润为y万元，则y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(48＋\f(t,2x)))x－32x－3－t＝16x－eq\f(t,2)－3＝16x－eq\f(1,3－x)＋eq\f(1,2)－3＝45.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(163－x＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq\r(16)＝37.5.当且仅当x＝eq\f(11,4)时取等号，即最大月利润为37.5万元．方法技巧应用基本不等式解决实际问题的基本步骤1理解题意，设出变量，建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；2在定义域内，求出函数的最大值或最小值；3还原为实际问题，写出答案.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用之和最小，则x的值是30.解析：一年购买eq\f(600,x)次，则总运费与总存储费用之和为f(x)＝eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(900,x)＋x))≥8eq\r(\f(900,x)·x)＝240，当且仅当x＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时，x的值是30.基本不