第05課基本不等式（學案）

第05課基本不等式2024年新高考數(shù)學一輪復習考點逐點突破經(jīng)典學案考試要求：1.了解基本不等式的證明過程.2.能用基本不等式解決簡單的最值問題.3.掌握基本不等式在實際生活中的應(yīng)用．一、【考點逐點突破】【考點1】基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)【典例】(多選)若a，b∈R，則下列不等式成立的是()A.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2B．a(chǎn)b≤eq\f(a2＋b2,2)C.eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2D.eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)【解析】當eq\f(b,a)<0時，A不成立；當ab<0時，D不成立．故選BC.【反思】(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號成立的條件：當且僅當a＝b時取等號.(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).【考點2】a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.【典例】已知0<a<1，b>1，則下列不等式中成立的是()A．a(chǎn)＋b<eq\f(4ab,a＋b)B.eq\r(ab)<eq\f(2ab,a＋b)C.eq\r(2a2＋2b2)<2eq\r(ab)D．a(chǎn)＋b<eq\r(2a2＋2b2)【解析】對于選項A，因為0<a<1，b>1，所以(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>4ab，故選項A錯誤；對于選項B，eq\r(ab)>eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq\f(2ab,a＋b)，故選項B錯誤；對于選項C，eq\r(2a2＋b2)>eq\r(2×2ab)＝2eq\r(ab)，故選項C錯誤；對于選項D,2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2，所以a＋b<eq\r(2a2＋2b2)，故選項D正確．故選D.【反思】a2＋b2≥2ab，中要注意a，b的實用范圍.【考點3】ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當且僅當a＝b時取等號.【典例】若a，b都是正數(shù)，且a＋b＝1，則(a＋1)(b＋1)的最大值為________．【解析】(a＋1)(b＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq\f(9,4)，當且僅當a＋1＝b＋1，即a＝b＝eq\f(1,2)時取等號，故(a＋1)(b＋1)的最大值為eq\f(9,4).【反思】合理的運用公式的變形解決問題.【考點4】已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當x＝y(tǒng)時，和x＋y有最小值2eq\r(P).【典例】已知x＞2，則x＋eq\f(1,x－2)的最小值是()A.1 B.2 eq\r(2) 【解析】∵x＞2，∴x－2＞0，∴x＋eq\f(1,x－2)＝x－2＋eq\f(1,x－2)＋2≥2eq\r(（x－2）\f(1,x－2))＋2＝4，當且僅當x－2＝eq\f(1,x－2)，即x＝3時，等號成立.故選D.【反思】注意公式運用的簡單變形.【考點5】已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當x＝y(tǒng)時，積xy有最大值eq\f(1,4)S2.【典例】若x>0，y>0，且x＋y＝18，則eq\r(xy)的最大值為()A.9 B.18 C.36 【解析】因為x＋y＝18，所以eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝9，當且僅當x＝y(tǒng)＝9時，等號成立.【反思】和定積有最大值.【考點6】ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)≤eq\f(a2＋b2,2).【典例】若a＞0，b＞0，lga＋lgb＝lg(a＋b)，則a＋b的最小值為()A.8 B.6 C.4 【解析】依題意ab＝a＋b，∴a＋b＝ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)，即a＋b≤eq\f(（a＋b）2,4)，∴a＋b≥4，當且僅當a＝b＝2時取等號，∴a＋b的最小值為4.【反思】要根據(jù)兩數(shù)積、兩數(shù)和、兩數(shù)平方和選擇合適的形式.【考點7】在利用不等式求最值時，一定要盡量避免多次使用基本不等式.若必須多次使用，則一定要保證它們等號成立的條件一致.【典例】已知a，b，c都是非負實數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c).【解析】∵eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2).即eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)，同理，eq\r(b2＋c2)≥eq\f(\r(2),2)(b＋c)，eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(c＋a)，相加可得eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)＋eq\f(\r(2),2)(b＋c)＋eq\f(\r(2),2)(c＋a)＝eq\r(2)(a＋b＋c)，當且僅當a＝b＝c時等號成立.【反思】一題中多次用到基本不等式時，必須保證成立的條件一致.【考點8】配湊法求最值【典例】已知函數(shù)y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)(x>－1)，當x＝a時，y取得最小值b，則2a＋3b＝()A．9 B．7C．5 D．3【解析】因為x>－1，所以x＋1>0，所以y＝x－4＋eq\f(9,x＋1)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(x＋1·\f(9,x＋1))－5＝1，當且僅當x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時取等號，所以y取得最小值b＝1，此時x＝a＝2，所以2a＋3b＝7.故選B.【反思】拼湊法的實質(zhì)在于代數(shù)式的靈活變形，拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵，利用拼湊法求解最值應(yīng)注意以下幾個方面的問題：(1)拼湊的技巧，以整式為基礎(chǔ)，注意利用系數(shù)的變化以及等式中常數(shù)的調(diào)整，做到等價變形；(2)代數(shù)式的變形以配湊出和或積的定值為目標；(3)拆項、添項應(yīng)注意檢驗利用基本不等式的前提．【考點9】常數(shù)代換法求最值【典例】已知a>0，b>0，4a＋b＝4，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值為________．【解析】由4a＋b＝4得a＋eq\f(b,4)＝1，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＋\f(b,4),a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋\f(b,4),b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,4a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)＋\f(a,b)))＝eq\f(5,2)＋eq\f(2a,b)＋eq\f(5b,16a)＋eq\f(1,4)≥eq\f(11,4)＋2eq\r(\f(5,8))＝eq\f(11,4)＋eq\f(\r(10),2).當且僅當4eq\r(2)a＝eq\r(5)b時取等號．答案：eq\f(11,4)＋eq\f(\r(10),2)【反思】常數(shù)代換法求最值的步驟(1)根據(jù)已知條件或其變形確定定值(常數(shù))；(2)把確定的定值(常數(shù))變形為1；(3)把“1”的表達式與所求最值的表達式相乘或相除，進而構(gòu)造和或積的形式；(4)利用基本不等式求解最值．【考點10】消元法求最值【典例】設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(z,xy)取得最小值時，x＋2y－z的最大值為()A．0 B．eq\f(9,8)C．2 D．eq\f(9,4)【解析】z＝x2＋4y2－3xy≥2(x·2y)－3xy＝xy，當且僅當x＝2y時等號成立，此時eq\f(z,xy)取得最小值，于是x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝2y(2－y)≤2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋2－y,2)))eq\s\up12(2)＝2，當且僅當y＝1時等號成立，綜上可得，當x＝2，y＝1，z＝2時，x＋2y－z取得最大值2.故選C.【反思】消元法求最值的方法消元法，即根據(jù)條件建立兩個量之間的函數(shù)關(guān)系，然后代入代數(shù)式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值求解．有時會出現(xiàn)多元的問題，解決方法是消元后利用基本不等式求解．但應(yīng)注意保留元的范圍．【考點11】平方后再使用基本不等式【典例】若x>0，y>0，且2x2＋eq\f(y2,3)＝8，求xeq\r(6＋2y2)的最大值．【解析】(xeq\r(6＋2y2))2＝x2(6＋2y2)＝3·2x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y2,3)))≤3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x2＋1＋\f(y2,3),2)))eq\s\up12(2)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))eq\s\up12(2).當且僅當2x2＝1＋eq\f(y2,3)，即x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(\r(42),2)時，等號成立．故xeq\r(6＋2y2)的最大值為eq\f(9,2)eq\r(3).【反思】一般地，含有根式的最值問題，首先考慮平方后求最值．【考點12】形如eq\f(f（x）,g（x）)型函數(shù)變形后使用基本不等式【典例】求函數(shù)y＝eq\f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)(x≠－1)的值域．【解析】因為y＝eq\f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)＝eq\f(x2＋7x＋10,x＋1)＝eq\f(（x＋1）2＋5（x＋1）＋4,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)＋5，當x＋1>0時，即x>－1時，y≥2eq\r(（x＋1）·\f(4,x＋1))＋5＝9(當且僅當x＝1時取等號)；當x＋1<0，即x<－1時，y≤5－2eq\r(（x＋1）·\f(4,x＋1))＝1(當且僅當x＝－3時取等號)．所以函數(shù)的值域為(－∞，1]∪，＋∞)．【反思】若y＝eq\f(f（x）,g（x）)中f(x)的次數(shù)小于g(x)的次數(shù)，可取倒數(shù)后求其最值．將(x＋5)(x＋2)用(x＋1)來表示再變形為f(x)＝Ax＋eq\f(B,x)＋C的形式，然后運用基本不等式求解．【考點13】基本不等式與解析幾何知識【典例】已知a>0，b>0，c>0，若點P(a，b)在直線x＋y＋c＝2上，則eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)的最小值為________．【解析】因為P(a，b)在x＋y＋c＝2上，所以a＋b＋c＝2，a＋b＝2－c>0，eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)＝eq\f(4,2－c)＋eq\f(2－c,c)＝eq\f(4,2－c)＋eq\f(2,c)－1，設(shè)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－c＝m，,c＝n，))則m＋n＝2，eq\f(4,2－c)＋eq\f(2,c)＝eq\f(4,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(m＋n,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,m)＋\f(2,n)))＝3＋eq\f(2n,m)＋eq\f(m,n)≥3＋2eq\r(\f(2n,m)×\f(m,n))＝3＋2eq\r(2)，當且僅當m2＝2n2，即c＝2eq\r(2)－2時，等號成立，所以eq\f(4,2－c)＋eq\f(2,c)－1≥3＋2eq\r(2)－1＝2＋2eq\r(2)，即eq\f(4,a＋b)＋eq\f(a＋b,c)的最小值為2＋2eq\r(2).【反思】當基本不等式與其他知識相結(jié)合時，往往是提供一個應(yīng)用基本不等式的條件，然后利用常數(shù)代換法求最值.【考點14】基本不等式求參數(shù)范圍問題【典例】已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，則正實數(shù)a的最小值為()A.2 B.4 C.6 【解析】已知不等式(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9對任意正實數(shù)x，y恒成立，只需求(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))的最小值大于或等于9，∵(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq\f(y,x)＋eq\f(ax,y)≥a＋2eq\r(a)＋1＝(eq\r(a)＋1)2，當且僅當y＝eq\r(a)x時，等號成立，∴(eq\r(a)＋1)2≥9，∴a≥4，即正實數(shù)a的最小值為4.【反思】求參數(shù)的值或范圍時，要觀察題目的特點，利用基本不等式確定相關(guān)成立的條件，從而得到參數(shù)的值或范圍.【考點15】基本不等式與三角函數(shù)知識【典例】若△ABC的內(nèi)角滿足3sinA＝sinB＋sinC，則cosA的最小值是()A.eq\f(2,3) B.eq\f(7,9) C.eq\f(1,3) D.eq\f(5,9)【解析】由題意結(jié)合正弦定理有3a＝b＋c，結(jié)合余弦定理可得：cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,3)))\s\up12(2),2bc)＝eq\f(\f(8,9)b2＋\f(8,9)c2－\f(2,9)bc,2bc)＝eq\f(\f(8,9)b2＋\f(8,9)c2,2bc)－eq\f(1,9)≥eq\f(2×\r(\f(8,9))b×\r(\f(8,9))c,2bc)－eq\f(1,9)＝eq\f(7,9).當且僅當b＝c時等號成立.綜上可得，cosA的最小值是eq\f(7,9).【反思】當基本不等式與其他知識相結(jié)合時，往往是提供一個應(yīng)用基本不等式的條件，然后利用常數(shù)代換法求最值.【考點16】基本不等式的實際應(yīng)用【典例】為了美化校園環(huán)境，園藝師在花園中規(guī)劃出一個平行四邊形，建成一個小花圃，如圖，計劃以相距6米的M，N兩點為?AMBN一組相對的頂點，當?AMBN的周長恒為20米時，小花圃占地面積(單位：平方米)最大為()A.6 B.12 C.18 【解析】設(shè)AM＝x，AN＝y(tǒng)，則由已知可得x＋y＝10，在△MAN中，MN＝6，由余弦定理可得，cosA＝eq\f(x2＋y2－62,2xy)＝eq\f(（x＋y）2－36,2xy)－1＝eq\f(32,xy)－1≥eq\f(32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))\s\up12(2))－1＝eq\f(32,25)－1＝eq\f(7,25)，當且僅當x＝y(tǒng)＝5時等號成立，此時(cosA)min＝eq\f(7,25)，所以(sinA)max＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))\s\up12(2))＝eq\f(24,25)，所以四邊形AMBN的最大面積為2×eq\f(1,2)×5×5×eq\f(24,25)＝24，此時四邊形AMBN是邊長為5的菱形.【反思】1.設(shè)變量時一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù).2.根據(jù)實際問題抽象出函數(shù)的解析式后，只需利用基本不等式求得函數(shù)的最值.3.在求函數(shù)的最值時，一定要在定義域(使實際問題有意義的自變量的取值范圍)內(nèi)求解.二、【考點教材拓廣】【典例1】【教材第49頁第7題】一家商店使用一架兩臂不等長的天平稱黃金.一位顧客到店里購買10?g黃金,售貨員先將5?g的砝碼放在天平左盤中,取出一些黃金放在天平右盤中使天平平衡;再將5?g的砝碼放在天平右盤中,再取出一些黃金放在天平左盤中使天平平衡;最后將兩次稱得的黃金交給顧客.你認為顧客購得的黃金是小于10?g,等于10?g,還是大于【解析】設(shè)天平的左臂長為a,右臂長為b,不妨設(shè)a>b,第一次稱得的黃金為x?g,第二次為y?g,則5a=bx,ya=【典例2】【教材第49頁第8題】設(shè)矩形ABCDAB>AD的周長為24?cm,把△ABC沿AC向△ADC折疊,AB折過去后交DC于點P.設(shè)AB=x?cm,求【解析】如圖,AB=x?cm,則BC∵DP2∴S△ADP∵x>6,∴6x+432x≥26x?432x=722，∴S△ADP=108-6x+432三、【考點真題回歸】【典例1】【2020·天津卷】已知a＞0，b＞0，且ab＝1，則eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為__________.【解析】因為a＞0，b＞0，ab＝1，所以原式＝eq\f(ab,2a)＋eq\f(ab,2b)＋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，當且僅當eq\f(a＋b,2)＝eq\f(8,a＋b)，即a＋b＝4時，等號成立.故eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.【典例2】【2020·新高考卷Ⅰ】(多選)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，則()A．a(chǎn)2＋b2≥eq\f(1,2)B．2a－b>eq\f(1,2)C．log2a＋log2b≥－2D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)【解析】對于選項A，因為a2＋b2≥2ab，所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，所以a2＋b2≥eq\f(1,2)，正確；對于選項B，易知0<a<1，0<b<1，所以－1<a－b<1，所以2a－b>2－1＝eq\f(1,2)，正確；對于選項C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝－2＋log2eq\f(3,4)<－2，錯誤；對于選項D，因為eq\r(2)＝eq\r(2（a＋b）)，所以[eq\r(2（a＋b）)]2－(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b－2eq\r(ab)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，所以eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，正確．故選ABD.【典例3】【2020·江蘇卷】已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，則x2＋y2的最小值是________.【解析】由題意知y≠0.由5x2y2＋y4＝1，可得x2＝eq\f(1－y4,5y2)，所以x2＋y2＝eq\f(1－y4,5y2)＋y2＝eq\f(1＋4y4,5y2)＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y2)＋4y2))≥eq\f(1,5)×2eq\r(\f(1,y2)×4y2)＝eq\f(4,5)，當且僅當eq\f(1,y2)＝4y2，即y＝±eq\f(\r(2),2)時取等號.所以x2＋y2的最小值為eq\f(4,5).【典例4】【2023·襄陽模擬】若實數(shù)x>1，y>eq\f(1,2)且x＋2y＝3，則eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)的最小值為________．【解析】令x－1＝m,2y－1＝n，則m>0，n>0且m＋n＝x－1＋2y－1＝1，∴eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)＝eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)≥2＋2＝4，當且僅當eq\f(n,m)＝eq\f(m,n)，即m＝n＝eq\f(1,2)時取“＝”．∴eq\f(1,x－1)＋eq\f(1,2y－1)的最小值為4.【典例5】【2023·浙南名校聯(lián)盟聯(lián)考】已知命題p：a>b>0，命題q：eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，則p是q成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【解析】∵a>b>0，則a2＋b2>2ab，∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab，∴2(a2＋b2)>(a＋b)2，∴eq\f(a2＋b2,2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，∴由p可推出q，當a<0，b<0時，命題q成立，如a＝－1，b＝－3時，eq\f(a2＋b2,2)＝5>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝4，∴由q推不出p，∴p是q成立的充分不必要條件．故選A.【典例6】【2021·新高考全國Ⅰ】已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個焦點，點M在C上，則|MF1|·|MF2|的最大值為()A．13B．12C．9D．6【解析】由橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq