第17讲重难点拓展基本不等式（三大题型归纳分层练）

第17讲重难点拓展：基本不等式【人教A版2019必修一】目录TOC\o"13"\h\z\u题型归纳 1题型01巧用“1”的代换求最值问题 1题型02分离消元法求最值 3题型03利用基本不等式证明不等式 5分层练习 7夯实基础 7能力提升 10创新拓展 18题型01巧用“1”的代换求最值问题【解题策略】常数代换法解题的关键是通过代数式的变形，构造和式或积式为定值的式子，然后利用基本不等式求解最值．应用此种方法求解最值时，应把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘求积或相除求商．【典例分析】【例1】若x>0，y>0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．解∵eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，x>0，y>0，∴x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝10＋eq\f(9x,y)＋eq\f(y,x)≥10＋2eq\r(\f(9x,y)·\f(y,x))＝16，当且仅当eq\f(9x,y)＝eq\f(y,x)即x＝4，y＝12时，等号成立．即x＋y的最小值为16.【变式演练】【变式1】（2324高一上·安徽·期末）已知正数，满足，则的最小值是（

）A．6 B．16 C．20 D．18【答案】D【分析】将所求的式子乘以“1”，然后利用基本不等式求解即可.【详解】因为正数，满足，则，当且仅当，即时等号成立.故选：D【变式2】已知x>0，y>0，x＋8y＝xy，求x＋2y的最小值．解因为x>0，y>0，x＋8y＝xy，所以eq\f(8,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以x＋2y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)＝10＋eq\f(x,y)＋eq\f(16y,x)≥10＋2eq\r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝12，,y＝3))时等号成立．所以x＋2y的最小值为18.【变式3】（2324高一上·甘肃·期末）已知.若，求的最小值.【答案】8.【分析】利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】由，且，得，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值8.题型02分离消元法求最值【解题策略】对含有多个变量的条件最值问题，若无法直接利用基本不等式求解，可尝试减少变量的个数，即用其中一个变量表示另一个，再代入代数式中转化为只含有一个变量的最值问题．【典例分析】【例2】已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，求x＋2y的最小值．解由x＋2y＋2xy＝8，可知y＝eq\f(8－x,2＋2x)，因为x>0，y>0，所以0<x<8.所以x＋2y＝x＋eq\f(8－x,x＋1)＝x＋eq\f(9－1－x,x＋1)＝x＋eq\f(9,x＋1)－1＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－2≥2eq\r(9)－2＝4，当且仅当x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2时等号成立．所以x＋2y的最小值为4.【变式演练】【变式1】已知x>0，y>0，xy＝x＋y＋3，求xy的最小值．解由题意可知y＝eq\f(x＋3,x－1)，所以xy＝x·eq\f(x＋3,x－1)＝eq\f(x2＋3x,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋5x－5＋4,x－1)＝x－1＋eq\f(4,x－1)＋5≥2eq\r(4)＋5＝9，当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时等号成立．所以xy的最小值为9.【变式2】（2324高一上·广东东莞·期末）若、，且，则的最大值为．【答案】/0.25【分析】由题意转换成二次函数的最值来做即可.【详解】由题意，，所以，所以等号成立当且仅当，即的最大值为.故答案为：.【变式3】已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab－1，则a＋2b的最小值为________．答案5＋2eq\r(6)解析由2a＋b＝ab－1，得a＝eq\f(b＋1,b－2)，因为a>0，b>0，所以a＝eq\f(b＋1,b－2)>0，b＋1>0，所以b>2，所以a＋2b＝eq\f(b＋1,b－2)＋2b＝eq\f(b－2＋3,b－2)＋2(b－2)＋4＝2(b－2)＋eq\f(3,b－2)＋5≥2eq\r(2b－2·\f(3,b－2))＋5＝5＋2eq\r(6)，当且仅当2(b－2)＝eq\f(3,b－2)，即b＝2＋eq\f(\r(6),2)时等号成立．所以a＋2b的最小值为5＋2eq\r(6).题型03利用基本不等式证明不等式【解题策略】利用基本不等式证明不等式的策略从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后转化为所求问题，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．【典例分析】【例3】已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.证明因为a，b，c均为正实数，a＋b＋c＝1，所以eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(b＋c,a)≥eq\f(2\r(bc),a)，同理eq\f(1,b)－1≥eq\f(2\r(ac),b)，eq\f(1,c)－1≥eq\f(2\r(ab),c).上述三个不等式两边均为正，分别相乘，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，等号成立．【变式演练】【变式1】已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.证明eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，等号成立．【变式2】已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.证明由基本不等式可得a4＋b4＝(a2)2＋(b2)2≥2a2b2，同理，b4＋c4≥2b2c2，c4＋a4≥2a2c2，则(a4＋b4)＋(b4＋c4)＋(c4＋a4)≥2a2b2＋2b2c2＋2a2c2，从而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.【变式3】已知a，b都是正数，求证：eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).证明∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))，∴eq\f(1,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(\r(ab),2)，即eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab).又∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(a2＋2ab＋b2,4)≤eq\f(a2＋a2＋b2＋b2,4)＝eq\f(a2＋b2,2)，∴eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).又由基本不等式得eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，故eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时，等号成立．【夯实基础】一．选择题（共1小题）1．（2023秋•城关区校级期中）已知，，且，则的最小值为A．2 B．3 C．4 D．8【分析】由已知利用乘1法，结合基本不等式即可直接求解．【解答】解：因为，，且，则，当且仅当且，即时等号成立，此时则的最小值为4．故选：．【点评】本题主要考查了利用乘1法配凑基本不等式的应用条件，还考查了利用基本不等式求解最值，属于基础题．三．填空题（共3小题）2．（2024春•黄浦区校级期末）若正数，满足，则的最小值为16．【分析】由题意知正数，满足，则展开即为基本不等式应用．【解答】解：由题意知正数，满足，则，当，时取到等号．故答案为：16．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于简单题．3．（2023秋•斗门区校级月考）已知，，若，则的最小值为．【分析】根据给定条件，利用“1”的妙用计算作答．【解答】解：由，，，得，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．故答案为：．【点评】本题主要考查了乘1法及基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．4.设正数，满足，的最小值为9．【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【解答】解：正数，满足，，当且仅当且，即时取等号，故答案为：9．【点评】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．5．（2023秋•深圳期末）已知，，若，则的最小值为3．【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解．【解答】解：，则，即，故，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为3．故答案为：3．【点评】本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．四．解答题（共2小题）6．（2023秋•汉寿县校级期中）（1）已知，为正数，且满足，求的最小值；（2）已知，求的最大值．【分析】（1）利用“1的代换”，得到，展开利用均值不等式计算得到答案．（2）化简整理，得到，再利用均值不等式计算得到答案．【解答】解：（1），为正数，且满足，故，当且仅当，即，时等号成立，即的最小值为9；（2），，故，则，当且仅当，即时等号成立，故，当且仅当时等号成立，的最大值为1．【点评】本题主要考查基本不等式及其应用、函数最值的求法等知识，考查了计算能力，属于基础题．7．（2022春•会宁县校级期中）已知，，求证：．【分析】利用综合法，通过两数和的平方以及重要不等式即可得出．【解答】证明：，，，，，，当且仅当时取等号．【点评】熟练掌握两数和的平方以及重要不等式是解题的关键．综合法的应用．【能力提升】一．多选题（共4小题）1．（2023秋•岳阳期末）已知实数，满足且，则下列说法正确的是A． B． C． D．的最小值为9【分析】根据不等式的性质，判断出、两项的正误；通过举反例，判断出项的正误；利用基本不等式求最值，判断出项的正误．【解答】解：因为且，所以，可得，故项正确；根据题意，当时，，故项不正确；由，各项都乘以，可得，故项正确；，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为9，项正确．故选：．【点评】本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，属于基础题．2．（2023秋•汕尾期末）已知，为正数，且，则A． B． C． D．【分析】根据不等式的性质，判断出项的正误；通过举反例判断出、两项的正误；利用基本不等式求最值，判断出项的正误，可得答案．【解答】解：根据、为正数，且，可知，所以，故正确；当时，，故不成立，不正确；，当且仅当时，等号成立，故正确；当时，，故不成立，不正确．故选：．【点评】本题主要考查了不等式的性质、运用基本不等式求最值等知识，属于基础题．3．（2023秋•开福区校级期末）若，，，则下列说法正确的有A．的最小值为4 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值是【分析】：利用基本不等式的应用条件即可判断；：利用基本不等式求出的最小值，进而可以求解；：利用“1”的代换以及基本不等式化简即可判断求解；：先统一变量把所求关系式化为关于的关系式，再利用基本不等式化简即可判断求解．【解答】解：因为，，且，则，，：因为，当且仅当时取等号，所以，同理，则，故错误，：因为，当且仅当时取得最大值为6，所以取得最大值为，故正确，，当且仅当时取得最小值为，故正确，：因为，当且仅当时取得最大值为，故正确，故选：．【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．4．（2023秋•河池月考）下列说法正确的有A．若，则的最大值是 B．若，，都是正数，且，则的最小值是3 C．若，，，则的最小值是2 D．若，则的最小值是4【分析】选项，由基本不等式求出积的最大值；选项，变形得到，换元后由基本不等式求出最值；选项，由等式得到，从而得到，由基本不等式求出最值；选项，变形得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最值．【解答】解：选项，由题设，，则，当且仅当，即时等号成立，不正确；选项，由，则，且，令，则，，所以原式等于，当且仅当，即，即时等号成立，正确；选项，由且，，则，故，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是4，错误；选项，由题设，而，又，当且仅当，时等号成立，所以，正确．故选：．【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．二．填空题（共2小题）5．（2023秋•建邺区期末）若，，均为正数，且，则的最小值是．【分析】将，即，由“1”的活用及基本不等式的性质可得的最小值．【解答】解：，，均为正数，且，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为．故答案为：．【点评】本题考查“1”的活用及基本不等式的性质的应用，属于基础题．6．（2023秋•浦东新区校级期中）已知正数，满足，则取到最小值时，．【分析】借助“1”的灵活运用，由基本不等式即可求解．【解答】解：因为正数，满足，所以，当且仅当，即时取等号．所以取到最小值时，．故答案为：．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．三．解答题（共4小题）7．（2023秋•莲池区校级期中）解答下列问题：（1）设正数，满足，求的最小值；（2）已知，，比较与的大小．【分析】（1）利用基本不等式“1”的妙用求解即可．（2）作差法比较与的大小关系．【解答】解：（1）因为正数，满足，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为．（2）由题意，，因为，，所以，，所以当时，；当时，．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中应用，还考查了比较法在不等式大小比较中的应用，属于基础题．8．（2023秋•重庆期中）（1）已知，求的最小值；（2）若、，且满足条件，求的最小值．【分析】（1）利用换元法，进行分离变形，然后结合基本不等式即可求解；（2）利用乘1法，结合基本不等式即可求解．【解答】解：（1）因为，则，所以，所以，当且仅当，即时取等号，此时，函数的最小值为9；（2）若、，且满足条件，所以，则，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．9．（2023秋•长治期末）已知，，．（1）当时，求的最小值；（2）当时，求的最小值．【分析】（1）由已知结合基本不等式可直接求解；（2）先对所求式子进行变形，然后利用乘1法，结合基本不等式即可求解．【解答】解：因为，，．（1）当时，，当且仅当时取等号，解得，即的最小值为9；（2）当时，，所以，，当且仅当时取等号，故的最小值为5．【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．10．（2023秋•西安期末）若，，且．（1）求的取值范围；（2）求的最小值，以及此时对应的的值．【分析】（1）利用基本不等式可得出关于的不等式，即可得出的最小值；（2）利用条件等式，得到，进而有，利用基本不等式可得答案．【解答】解：（1），，，得，解得，明显可得，的取值范围为，；（2）由得，，结合，得，，当且仅当时，等式成立，解得，，即当时，取最小值为17．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．【创新拓展】一．多选题（共1小题）1．（2023秋•浑南区校级月考）下列说法正确的是A．若，则的最小值为 B．已知，，且，则的最小值为 C．已知，，且，则的最小值为 D．若，，则的最小值为【分析】对每一个选项逐项计算判断即可．【解答】解：对于，当且仅当，即时取等号，故正确；对于，，当且仅当，即，取等号，故正确；对于，当且仅当即，时取等号，故不正确；对于，当且仅当，即等号，故正确；故选：．【点评】本题考查基本不等式的应用，考查运算求解能力，属难题．二．填空题（共1小题）2．（2023秋•盐城期末）已知正实数，满足，则的最小值为．【分析】由，结合基本不等式求解即可．【解答】解：因为，所以，所以，因为，为正实数，所以，所以，当且仅当时等号成立，即时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故答案为：．【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．三．解答题（共6小题）3．（2023秋•镇江月考）已知，为正实数．（1）若，求的最小值；（2）若，，试判断与的大小关系并证明．【分析】（1）利用基本不等式“1”的妙用求出最小值即得．（2）判断大小，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解．【解答】解：（1）、为正实数，且，则，当且仅当，即时取等号，取得最小值9．（2），证明如下：，为正实数，且，，，当且仅当，即时取等号，所以．【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．4．（2023秋•江北区校级月考）（1）已知，，求的取值范围；（2）若实数，，满足．试判断与的大小并说明理由．【分析】（1）根据题意可得，结合不等式性质运算求解；（2）令，，，可得，根据“1”的应用结合基本不等式分