统考版2025届高考数学一轮复习第1章集合常用逻辑用语不等式第6节基本不等式教师用书教案北师大版

PAGE基本不等式[考试要求]1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简洁的最大(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.2．几个重要的不等式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1a2＋b2≥2aba，b∈R；,2\f(b,a)＋\f(a,b)≥2a，b同号且不为零；,3ab≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2a，b∈R；,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤\f(a2＋b2,2)a，b∈R.))eq\a\vs4\al(当且仅当a＝b,时等号成立)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．4．利用基本不等式求最值已知x>0，y>0，则(1)x＋y≥2eq\r(xy)，若xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2eq\r(p)(简记：积定和最小)．(2)xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，若x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值eq\f(s2,4)(简记：和定积最大)．提示：在应用基本不等式求最值时，肯定要检验求解的前提条件：“一正、二定、三相等”，其中等号能否取到易被忽视．eq\a\vs4\al([常用结论])重要不等式链若a≥b＞0，则a≥eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)≥b.一、易错易误辨析(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、教材习题衍生1．设x＞0，y＞0，且x＋y＝18，则xy的最大值为()A．80B．77C．81D．82C[xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))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(4,x)()A．有最大值，且最大值为4B．有最小值，且最小值为4C．有最大值，且最大值为2eq\r(2)D．有最小值，且最小值为2eq\r(2)B[x＞0时，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x×\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时等号成立．故选B.]3．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________m2.25[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.]4．已知x＞2，则x＋eq\f(4,x－2)的最小值为________．6[∵x＞2，∴x＋eq\f(4,x－2)＝(x－2)＋eq\f(4,x－2)＋2≥6.]考点一利用基本不等式求最值利用基本不等式求最值的三种方法干脆法求最值[典例1－1](1)若a，b都是正数，且a＋b＝1，则(a＋1)·(b＋1)的最大值为()A.eq\f(3,2)B．2C.eq\f(9,4)D．4(2)ab＞0，则eq\f(a2＋2b2,ab)的最小值为()A．2eq\r(2)B.eq\r(2)C．3 D．2(3)(2024·天津高考)已知a＞0，b＞0，且ab＝1，则eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值为________．(1)C(2)A(3)4[(1)(a＋1)(b＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f([a＋1＋b＋1],2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq\f(9,4)，当且仅当a＋1＝b＋1，即a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立，故选C.(2)∵ab＞0，∴eq\f(a2＋2b2,ab)＝eq\f(a,b)＋eq\f(2b,a)≥2eq\r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(2b,a)，即a＝eq\r(2)b时等号成立，故选A.(3)由a＞0，b＞0，ab＝1得eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2ab)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2)＋eq\f(8,a＋b)≥2eq\r(\f(a＋b,2)×\f(8,a＋b))＝4，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,b＞0，ab＝1，,\f(a＋b,2)＝\f(8,a＋b)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝4))时取等号，因此eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值为4.]点评：解答本例T(2)，T(3)时，先把待求最值的式子变形，这是解题的关键．配凑法求最值[典例1－2](1)(2024·大连模拟)已知a，b是正数，且4a＋3b＝6，则a(a＋3bA．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．3 D．9(2)已知不等式2x＋m＋eq\f(2,x－1)＞0对一切x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))恒成立，则实数m的取值范围是()A．m＞－6 B．m＜－6C．m＞－7 D．m＜－7(3)若－4＜x＜1，则f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)()A．有最小值1 B．有最大值1C．有最小值－1 D．有最大值－1(1)C(2)A(3)D[(1)∵a>0，b>0,4a＋3b∴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)))2＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))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)由题意知，－m＜2x＋eq\f(2,x－1)对一切x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))恒成立，又x≥eq\f(3,2)时，x－1＞0，则2x＋eq\f(2,x－1)＝2(x－1)＋eq\f(2,x－1)＋2≥2eq\r(2x－1×\f(2,x－1))＋2＝6，当且仅当2(x－1)＝eq\f(2,x－1)，即x＝2时等号成立．∴－m＜6，即m＞－6，故选A.(3)∵－4＜x＜1，∴0＜1－x＜5，∴f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)＝eq\f(x2－2x＋1＋1,2x－1)＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－x＋\f(1,1－x)))≤－eq\f(1,2)×2eq\r(1－x·\f(1,1－x))＝－1，当且仅当1－x＝eq\f(1,1－x)，即x＝0时等号成立．∴函数f(x)有最大值－1，无最小值，故选D.]点评：形如f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,dx＋e)的函数，可化为f(x)＝eq\f(1,m)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋k＋\f(1,x＋k)))的形式，再利用基本不等式求解，如本例T(3)．常数代换法求最值[典例1－3](1)(2024·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)(2)已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．(1)A(2)4[(1)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.(2)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＝eq\f(1,2)时，等号成立．][母题变迁]1．若本例(2)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．本例(2)中把“a＋b＝1”改为“a＋2b＝3”，求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．点评：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．eq\a\vs4\al([跟进训练])1．设a＞0，b＞0，若3eq\r(3)是3a与3b的等比中项，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为()A．12 B．4C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,3)D[由题意知3a·3b＝(3eq\r(3))2，即3a＋b＝33，∴a＋b＝3，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝eq\f(4,3)，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(3,2)时等号成立，故选D.]2．(2024·天津高考)设x＞0，y＞0，x＋2y＝5，则eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．4eq\r(3)[∵x＞0，y＞0，x＋2y＝5，∴eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r(xy)＋eq\f(6,\r(xy))≥2eq\r(12)＝4eq\r(3)，当且仅当2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xy＝3,x＋2y＝5))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝\f(3,2)))时等号成立，因此eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为4eq\r(3).]考点二基本不等式的实际应用利用基本不等式解决实际问题的三个留意点(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)解题时，肯定要留意变量的实际意义及其取值范围．(3)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解，如利用f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的单调性．[典例2](2024·黄山模拟)习总书记指出：“绿水青山就是金山银山”．常州市一乡镇响应号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．调研过程中发觉：某珍稀水果树的单株产量W(单位：千克)与肥料费用10x(单位：元)满意如下关系：W(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x2＋2，0≤x≤2，,\f(48x,x＋1)，2＜x≤5，))其他成本投入(如培育管理等人工费)为20x(单位：元)．已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且供不应求．记该单株水果树获得的利润为f(x)(单位：元)．(1)求f(x)的函数关系式；(2)当投入的肥料费用为多少时，该单株水果树获得的利润最大？最大利润是多少？[解](1)由已知f(x)＝10W(x)－20x－10x＝10W(x)－30x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10×5x2＋2－30x，0≤x≤2，,10×\f(48x,1＋x)－30x，2＜x≤5))则f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50x2－30x＋100，0≤x≤2，,\f(480x,1＋x)－30x，2＜x≤5.))(2)由(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50x2－30x＋100，0≤x≤2,\f(480x,1＋x)－30x，2＜x≤5))变形得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,10)))2＋\f(191,2)，0≤x≤2，,510－30\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))，2＜x≤5.))当0≤x≤2时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,10)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,10)，2))上单调递增，且f(0)＝100＜f(2)＝240，∴f(x)max＝f(2)＝240；当2＜x≤5时，f(x)＝510－30eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))，∵x＋1＋eq\f(16,x＋1)≥2eq\r(1＋x·\f(16,1＋x))＝8，当且仅当eq\f(16,1＋x)＝1＋x时，即x＝3时等号成立．∴f(x)max＝510－30×8＝270，因为240＜270，所以当x＝3时，f(x)max＝270.所以，当投入的肥料费用为30元时，种植该果树获得的最大利润是270元．点评：解答本例第(2)问时，把f(x)＝eq\f(480x,1＋x)－30x变形为f(x)＝510－30eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))是解题的关键．eq\a\vs4\al([跟进训练])1．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[一年的总运费为6×eq\f(600,x)＝eq\f(3600,x)(万元)．一年的总存储费用为4x万元．总运费与总存储费用的和为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3600,x)＋4x))万元．因为eq\f(3600,x)＋4x≥2eq\r(\f(3600,x)·4x)＝240，当且仅当eq\f(3600,x)＝4x，即x＝30时取得等号，所以当x＝30时，一年的总运费与总存储费用之和最小．]2．一批救灾物资随51辆汽车从某市以vkm/h的速度匀速直达灾区，已知两地马路途长400km，为了平安起见，两辆汽车的间距不得小于eq\f(v2,800)km，那么这批物资全部到达灾区，最少须要________小时．10[设全部物资到达灾区所需时间为t小时，由题意可知，t相当于最终一辆车行驶了50个eq\f(v2,800)km＋400km所用的时间，因此，t＝eq\f(50×\f(v2,800)＋400,v)＝eq\f(v,16)＋eq\f(400,v)≥2eq\r(\f(v,16)·\f(400,v))＝10.当且仅当eq\f(v,16)＝eq\f(400,v)，即v＝80时取“＝”．故这些汽车以80km/h的速度匀速行驶时，所需时间最少要10小时．]备考技法1利用均值不等式连续放缩求最值当运用一次基本不等式无法求得代数式的最值时，常采纳其次次基本不等式；需留意连续多次运用基本不等式时，肯定要留意每次是否能保证等号成立，并且留意取等号的条件的一样性.eq\a\vs4\al([技法展示])(1)已知a＞b＞0，那么a2＋eq\f(1,ba－b)的最小值为________．(2)若x，y是正数，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x)))2的最小值是________．(1)4(2)4[(1)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)))2＝eq\f(a2,4)，所以a2＋eq\f(1,