2025版高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明第四节基本不等式学案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1第四节基本不等式2024考纲考题考情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：a＞0，b＞0。(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时等号成立。(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq\r(ab)叫做正数a，b的几何平均数。3．利用基本不等式求最大、最小值问题(1)假如x，y∈(0，＋∞)，且xy＝P(定值)，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)假如x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝S(定值)，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”)4．常用的几个重要不等式(1)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0)。(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)。(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)。(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同号)。以上不等式等号成立的条件均为a＝b。1．应用基本不等式求最值要留意：“一正、二定、三相等”。忽视某个条件，就会出错。2．对于公式a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，要弄清它们的作用、运用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a＋b的转化关系。3．在利用不等式求最值时，肯定要尽量避开多次运用基本不等式。若必需多次运用，则肯定要保证它们等号成立的条件一样。一、走进教材1．(必修5P99例1(2)改编)设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为()A．80 B．77C．81 D．82解析因为x>0，y>0，所以eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)，即xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝81，当且仅当x＝y＝9时，(xy)max＝81。答案C2．(必修5P100A组T2改编)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解析设矩形的一边为xm，则另一边为eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，所以y＝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，ymax＝25。答案25二、走近高考3．(2024·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq\f(1,8b)的最小值为________。解析由a－3b＋6＝0，得a＝3b－6，所以2a＋eq\f(1,8b)＝23b－6＋eq\f(1,23b)≥2eq\r(23b－6×\f(1,23b))＝2×2－3＝eq\f(1,4)，当且仅当23b－6＝eq\f(1,23b)，即b＝1时等号成立。答案eq\f(1,4)4．(2024·天津高考)若a，b∈R，ab>0，则eq\f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________。解析由题意得a2>0，b2>0，ab>0，所以eq\f(a4＋4b4＋1,ab)＝eq\f(a22＋2b22＋1,ab)≥eq\f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq\f(1,ab)≥2eq\r(4)＝4，当且仅当a2＝2b2＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立。答案4三、走出误区微提示：①基本不等式不会变形运用；②用错不等式的性质以及基本不等式变形错误。5．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解析因为x<0，所以－x>0，－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2。故选D。答案D6．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是()A．eq\f(1,ab)≤eq\f(1,4) B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤1C.eq\r(ab)≥2 D．a2＋b2≥8解析4＝a＋b≥2eq\r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立)，即eq\r(ab)≤2，ab≤4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，选项A，C不成立；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥1，选项B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，选项D成立。故选D。答案D考点一配凑法求最值【例1】(1)(2024·泉州检测)已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)(2)若函数f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a等于()A．1＋eq\r(2) B．1＋eq\r(3)C．3 D．4解析(1)因为0<x<1，所以x(3－3x)＝3x(1－x)≤3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq\f(3,4)。当且仅当x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)时等号成立。(2)因为x>2，所以x－2>0，所以f(x)＝x＋eq\f(1,x－2)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋2≥2·eq\r(x－2·\f(1,x－2))＋2＝2＋2＝4，当且仅当x－2＝eq\f(1,x－2)，即(x－2)2＝1时等号成立，解得x＝1或3。又因为x>2，所以x＝3，即a等于3时，函数f(x)在x＝3处取得最小值，故选C。答案(1)B(2)C通过拼凑法利用基本不等式求最值的策略拼凑法的实质在于代数式的敏捷变形，拼系数、凑常数是关键，利用拼凑法求解最值应留意以下几个方面的问题：(1)拼凑的技巧，以整式为基础，留意利用系数的改变以及等式中常数的调整，做到等价变形；(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标；(3)拆项、添项应留意检验利用基本不等式的前提。【变式训练】(1)若a>0，则a＋eq\f(8,2a＋1)的最小值为________。(2)已知x＋3y＝1(x>0，y>0)，则xy的最大值是________。解析(1)由题意可知a＋eq\f(8,2a＋1)＝a＋eq\f(1,2)＋eq\f(4,a＋\f(1,2))－eq\f(1,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))×\f(4,a＋\f(1,2)))－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，当且仅当a＋eq\f(1,2)＝eq\f(4,a＋\f(1,2))，即a＝eq\f(3,2)时等号成立。所以a＋eq\f(8,2a＋1)的最小值为eq\f(7,2)。(2)因为x>0，y>0，所以xy＝eq\f(1,3)·x·3y≤eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2＝eq\f(1,12)，当且仅当x＝3y＝eq\f(1,2)时，等号成立，故xy的最大值是eq\f(1,12)。答案(1)eq\f(7,2)(2)eq\f(1,12)考点二常数代换法求最值【例2】若直线2mx－ny－2＝0(m>0，n>0)过点(1，－2)，则eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为()A．2 B．6C．12 D．3＋2eq\r(2)解析因为直线2mx－ny－2＝0(m>0，n>0)过点(1，－2)，所以2m＋2n－2＝0，即m＋n＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(2)，当且仅当“eq\f(n,m)＝eq\f(2m,n)，即n＝eq\r(2)m”时取等号，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为3＋2eq\r(2)。故选D。答案D常数代换法求最值的步骤(1)依据已知条件或其变形确定定值(常数)；(2)把确定的定值(常数)变形为1；(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式；(4)利用基本不等式求解最值。【变式训练】(2024·大庆质检)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)的取值范围为()A．[6，＋∞) B．[10，＋∞)C．[12，＋∞) D．[16，＋∞)解析因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sin2θ，cos2θ∈(0,1)，所以y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin2θ)＋\f(9,cos2θ)))(sin2θ＋cos2θ)＝10＋eq\f(cos2θ,sin2θ)＋eq\f(9sin2θ,cos2θ)≥10＋2eq\r(\f(cos2θ,sin2θ)·\f(9sin2θ,cos2θ))＝16，当且仅当eq\f(cos2θ,sin2θ)＝eq\f(9sin2θ,cos2θ)，即θ＝eq\f(π,6)时等号成立，所以y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)的取值范围为[16，＋∞)。故选D。答案D考点三消元法求最值【例3】若正数x，y满意x2＋6xy－1＝0，则x＋2y的最小值是()A．eq\f(2\r(2),3)B．eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(3),3)解析因为正数x，y满意x2＋6xy－1＝0，所以y＝eq\f(1－x2,6x)。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,\f(1－x2,6x)>0，))解得0<x<1。所以x＋2y＝x＋eq\f(1－x2,3x)＝eq\f(2x,3)＋eq\f(1,3x)≥2eq\r(\f(2x,3)·\f(1,3x))＝eq\f(2\r(2),3)，当且仅当eq\f(2x,3)＝eq\f(1,3x)，即x＝eq\f(\r(2),2)，y＝eq\f(\r(2),12)时取等号。故x＋2y的最小值为eq\f(2\r(2),3)。答案A通过消元法求最值的方法消元法，即依据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解。有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式求解，但应留意保留元的范围。【变式训练】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()A．2B．3C．4D．6解析由题意可得b＋c＝2－a>0，所以0<a<2。eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,2－a)＝eq\f(42－a＋a＋1,2－aa＋1)＝eq\f(9－3a,－a2＋a＋2)＝eq\f(33－a,－a－32－5a－3－4)＝eq\f(3,a－3＋\f(4,a－3)＋5)，因为eq\f(3,a－3＋\f(4,a－3)＋5)＝eq\f(3,－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－a＋\f(4,3－a)))＋5)≥3×eq\f(1,－2×\r(4)＋5)＝3，当且仅当a＝1时等号成立，所以eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)的最小值是3。答案B考点四基本不等式的实际应用【例4】某车间分批生产某种产品，每批产品的生产打算费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为eq\f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元。为使平均到每件产品的生产打算费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品()A．60件 B．80件C．100件 D．120件解析若每批生产x件产品，则每件产品的生产打算费用是eq\f(800,x)元，仓储费用是eq\f(x,8)元，总的费用是eq\f(800,x)＋eq\f(x,8)≥2eq\r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20，当且仅当eq\f(800,x)＝eq\f(x,8)，即x＝80时取等号。故选B。答案B对实际问题，在审题和建模时肯定不行忽视对目标函数定义域的精确挖掘，一般地，每个表示实际意义的代数式必需为正，由此可得自变量的范围，然后再利用基本(均值)不等式求最值。【变式训练】某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则该公司年平均利润的最大值是________万元。解析每台机器运转x年的年平均利润为eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时年平均利润最大，最大值为8万元。答案8eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例1运用)设等差数列{an}的公差是d，其前n项和是Sn(n∈N*)，若a1＝d＝1，则eq\f(Sn＋8,an)的最小值是________。解析an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝eq\f(n1＋n,2)，所以eq\f(Sn＋8,an)＝eq\f(\f(n1＋n,2)＋8,n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(16,n)＋1))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(n·\f(16,n))＋1))＝eq\f(9,2)，当且仅当n＝4时取等号。所以eq\f(Sn＋8,an)的最小值是eq\f(9,2)。答案eq\f(9,2)2．(协作例2运用)已知直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是()A．9B．8C．4D．2解析圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程为x2＋(y－1)2＝6，所以圆心为C(0,1)。因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1。因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,b)＋\f(1,c)))＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5，因为b，c>0，所以eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥2eq\r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4，当且仅当eq\f(4c,b)＝eq\f(b,c)＝2时等号成立。由此可得当b＝2c，即b＝eq\f(2,3)且c＝eq\f(1,3)时，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5的最小值为9。答案A3．(协作例3运用)已知函数f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，则eq\f(a2＋b2,a－b)的最小值等于________。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)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a－\f(1,a)＝\f(2,a－\f(1,a))，即a＝\f(\r(2)＋\r(6),2)