2025届高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明第三节基本不等式及其应用教师文档教案文北师大版

PAGE第三节基本不等式及其应用授课提示：对应学生用书第110页[基础梳理]1．重要不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)(当且仅当a＝b时等号成立)．2．基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的条件是a>0，b>0．(2)等号成立的条件是：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．3．利用基本不等式求最值问题已知x>0，y>0，则：(1)假如积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)假如和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq\f(p2,4)(简记：和定积最大)1．基本不等式的两种常用变形形式(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)．(2)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0，当且仅当a＝b时取等号)．2．几个重要的结论(1)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab＞0)．(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)．[四基自测]1．(基础点：求积的最值)设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为()A．80 B．77C．81 D．82答案：C2．(易错点：不等式的应用条件)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－2答案：D3．(基础点：构造不等式的定值)已知x>1，则x＋eq\f(4,x－1)的最小值为________．答案：54．(易错点：“1”的代换)若eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1(a>0，b>0)，则a＋b的最小值为__________．答案：4授课提示：对应学生用书第110页考点一利用基本不等式求最值挖掘1干脆应用基本不等式求最值/自主练透[例1](1)当x>0时，函数f(x)＝eq\f(2x,x2＋1)有()A．最小值1 B．最大值1C．最小值2 D．最大值2[解析]f(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2\r(x·\f(1,x)))＝1.当且仅当x＝eq\f(1,x)，x>0，即x＝1时取等号．所以f(x)有最大值1.[答案]B(2)若实数a，b满意eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\r(ab)，则ab的最小值为()A.eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D．4[解析]法一：由已知得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(b＋2a,ab)＝eq\r(ab)，且a>0，b>0，∴abeq\r(ab)＝b＋2a≥2eq\r(2)eq\r(ab)，∴ab≥2eq\r(2).法二：由题设易知a＞0，b＞0，∴eq\r(ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)≥2eq\r(\f(2,ab))，即ab≥2eq\r(2)，故选C.[答案]C[破题技法]对于两个正数，a＋b为定值，积ab有最大，当ab为定值，a＋b有最小，条件为“a＝b”，即满意“一正，二定，三相等”才是最值．挖掘2先配凑，再应用/互动探究[例2](1)已知x＞eq\f(5,4)，则f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最小值为________．[解析]因为x＞eq\f(5,4)，所以4x－5＞0，所以f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝(4x－5)＋eq\f(1,4x－5)＋3≥2eq\r(（4x－5）·\f(1,4x－5))＋3＝2＋3＝5，当且仅当4x－5＝eq\f(1,4x－5)，即x＝eq\f(3,2)时取等号，所以f(x)的最小值为5.[答案]5(2)函数y＝eq\f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为__________．[解析]因为y＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2，因为x>－1，所以x＋1>0，所以y≥2－2＝0，当且仅当x＝0时，等号成立．[答案]0[破题技法]配凑，以拼凑出和是定值或积是定值的形式为目标，依据代数式的结构特征，利用系数的改变或对常数的调整进行奇妙变形，留意做到等价变形．一般地，形如f(x)＝ax＋b＋eq\f(e,cx＋d)的函数求最值时可以考虑配凑法．将本例(1)改为：当x＞eq\f(5,2)时，f(x)＝4x－2＋eq\f(1,2x－5)的最小值为________．解析：∵x＞eq\f(5,2)，∴2x－5＞0.∴f(x)＝2(2x－5)＋eq\f(1,2x－5)＋8≥2eq\r(2（2x－5）×\f(1,2x－5))＋8＝8＋2eq\r(2)，当且仅当2(2x－5)＝eq\f(1,2x－5)，即x＝eq\f(5,2)＋eq\f(\r(2),4)时取等号．答案：8＋2eq\r(2)挖掘3利用常值代换/互动探究[例3](1)(2024·西安模拟)已知x>0，y>0，lg2x＋lg8y＝lg2，则eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值是()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．2eq\r(3)[解析]由lg2x＋lg8y＝lg2得，lg2x＋3y＝lg2，∴x＋3y＝1，eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))(x＋3y)＝2＋eq\f(x,3y)＋eq\f(3y,x)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当\f(x,3y)＝\f(3y,x)时等号成立)).故选C.[答案]C(2)(2024·广东惠州三调)在△ABC中，点D是AC上一点，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝4eq\o(AD,\s\up6(→))，P为BD上一点，向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))(λ＞0，μ＞0)，则eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值为()A．16 B．8C．4 D．2[解析]由题意可知，eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋4μeq\o(AD,\s\up6(→))，又B，P，D共线，由三点共线的充分必要条件可得λ＋4μ＝1，又因为λ＞0，μ＞0，所以eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)＝(eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ))×(λ＋4μ)＝8＋eq\f(16μ,λ)＋eq\f(λ,μ)≥8＋2eq\r(\f(16μ,λ)×\f(λ,μ))＝16，当且仅当λ＝eq\f(1,2)，μ＝eq\f(1,8)时等号成立，故eq\f(4,λ)＋eq\f(1,μ)的最小值为16.故选A.[答案]A[破题技法]本题突破的关键是利用“1”的代换构造积为定值的形式，一般形如“已知ax＋by(或eq\f(a,x)＋eq\f(b,y))为定值，求cx＋dy(或eq\f(c,x)＋eq\f(d,y))的最值(其中a，b，c，d均为常参数)”时可用常值代换处理．1．已知实数a＞0，b＞0，eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)＝1，则a＋2b的最小值是()A．3eq\r(2) B．2eq\r(2)C．3 D．2解析：∵a＞0，b＞0，∴a＋1＞1，b＋1＞1，又∵eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋1)＝1，∴a＋2b＝[(a＋1)＋2(b＋1)]－3＝[(a＋1)＋2(b＋1)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋1)))－3＝1＋eq\f(2（b＋1）,a＋1)＋eq\f(a＋1,b＋1)＋2－3≥2eq\r(\f(2（b＋1）,a＋1)·\f(a＋1,b＋1))＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(2（b＋1）,a＋1)＝eq\f(a＋1,b＋1)，即a＝eq\r(2)b＋eq\r(2)－1时取得“＝”，故选B.答案：B2．已知x＞0，y＞0且x＋3y＝3，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)的最小值．解析：由x＋3y＝3得eq\f(1,3)(x＋3y)＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y)＝eq\f(1,3)(x＋3y)×(eq\f(1,x)＋eq\f(1,3y))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x,3y)＋\f(3y,x)))≥eq\f(4,3)，当且仅当eq\f(x,3y)＝eq\f(3y,x)时取“＝”．考点二基本不等式的综合应用挖掘1推断不等关系/自主练透[例1](1)(2024·南昌调研)已知a，b∈R，且ab≠0，则下列结论恒成立的是()A．a＋b≥2eq\r(ab) B．a2＋b2>2abC.eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2 D．|eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)|≥2[解析]对于A，当a，b为负数时，a＋b≥2eq\r(ab)不成立；对于B，当a＝b时，a2＋b2>2ab不成立；对于C，当a，b异号时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立；对于D，因为eq\f(b,a)，eq\f(a,b)同号，所以|eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)|＝|eq\f(b,a)|＋|eq\f(a,b)|≥2eq\r(|\f(b,a)|·|\f(a,b)|)＝2(当且仅当|a|＝|b|时取等号)，即|eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)|≥2恒成立．[答案]D(2)下列不等式肯定成立的是()A．lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))>lgx(x>0)B．sinx＋eq\f(1,sinx)≥2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D.eq\f(1,x2＋1)>1(x∈R)[解析]对选项A，当x>0时，x2＋eq\f(1,4)－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0，∴lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))≥lgx，故不成立；对选项B，当sinx<0时明显不成立；对选项C，x2＋1＝|x|2＋1≥2|x|，肯定成立；对选项D，∵x2＋1≥1，∴0<eq\f(1,x2＋1)≤1，故不成立．[答案]C挖掘2求参数问题/互动探究[例2](1)对随意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，则实数a的最大值为()A.eq\r(2) B．2eq\r(2)C．4 D．eq\f(9,2)[解析]∵对随意m，n∈R＋，都有m2－amn＋2n2≥0，∴m2＋2n2≥amn，即a≤eq\f(m2＋2n2,mn)＝eq\f(m,n)＋eq\f(2n,m)恒成立，∵eq\f(m,n)＋eq\f(2n,m)≥2eq\r(\f(m,n)·\f(2n,m))＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(m,n)＝eq\f(2n,m)时取等号，∴a≤2eq\r(2)，故a的最大值为2eq\r(2)，故选B.[答案]B(2)若对x，y∈[1，2]，xy＝2，总有不等式2－x≥eq\f(a,4－y)成立，则实数a的取值范围是__________．[解析]由题意知a≤(2－x)(4－y)恒成立，则只需a≤[(2－x)(4－y)]min，(2－x)(4－y)＝8－4x－2y＋xy＝8－(4x＋2y)＋2＝10－(4x＋2y)＝10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(4,x))).令f(x)＝10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(4,x)))，x∈[1，2]，则f′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,x2)))＝eq\f(4（1－x2）,x2)，f′(x)≤0，故f(x)在x∈[1，2]上是