高考数学统考一轮复习第7章7.4基本不等式学案

这是一份高考数学统考一轮复习第7章7.4基本不等式学案，共9页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。

【知识重温】
一、必记3个知识点
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：①________.
(2)等号成立的条件：当且仅当②________时取等号．
(3)两个平均数：eq \f(a＋b,2)称为正数a，b的③________，eq \r(ab)称为正数a，b的④________.
2．几个重要不等式
(1)a2＋b2≥⑤________(a，b∈R)．
(2)ab≤⑥________(a，b∈R)．
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤⑦________(a，b∈R)．
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥⑧________(a·b＞0)．
(5)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)．
3．利用基本不等式求最值问题
已知x＞0，y＞0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当⑨________时，x＋y有最小值是⑩________(简记：“积定和最小”)．
(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当⑪________时，xy有最大值是⑫________(简记：“和定积最大”)．
二、必明2个易误点
1．求最值时要注意三点：一是各项为正；二是寻求定值；三是考虑等号成立的条件．
2．多次使用基本不等式时，易忽视取等号的条件的一致性．
【小题热身】
一、判断正误
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(2)函数f(x)＝cs x＋eq \f(4,cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.( )
(3)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( )
(4)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值为2eq \r(a).( )
(5)不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)有相同的成立条件．( )
(6)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a、b、c∈R)．( )
二、教材改编
2．已知x>1，则x＋eq \f(1,x－1)的最小值为( )
A．2 B．3 C．4 D．6
3．若a，b>0，且ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围为________．
三、易错易混
4．已知00，x＋2y＝5，则eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．
eq \x(考点一) 利用基本不等式求最值[分层深化型]
考向一：配凑法求最值
[例1] (1)已知x>eq \f(5,4)，则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最小值为________．
(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
考向二：常值代换法求最值
[例2] [2021·广东珠海高三检测]已知x>0，y>0，z>0，且eq \f(9,y＋z)＋eq \f(1,x)＝1，则x＋y＋z的最小值为( )
A．8 B．9 C．12 D．16
考向三：消元法求最值
[例3] [2020·江苏卷，12]已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，则x2＋y2的最小值是________．
悟·技法
(1)配凑法的技巧，以整式为基础，注意利用系数的变化以及等式中常数的调整，做到等价变形；变形的目的是配凑出和或积为定值．
(2)常值代换法：根据已知条件或其变形确定定值(常数)，再把其变形为1，再把“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．
(3)消元法：根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.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·山东泰安一中联考]已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是( )
A.eq \f(7,2) B.eq \f(9,2) C．5 D．4
2．[2020·山东质量测评联盟联考]若x>2，则函数y＝4x＋eq \f(3,x－2)的最小值为________．
3．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________．



考点二 利用基本不等式证明不等式
[互动讲练型]
[例4] 已知a，b，c>0，求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
悟·技法
利用基本不等式证明不等式时，要先观察题中要证明的不等式的结构特征，若不能直接使用基本不等式证明，则考虑对代数式进行拆项、变形、配凑等，使之转化为能使用基本不等式的形式；若题目中还有已知条件，则先观察已知条件和所证不等式之间的联系，当已知条件中含有“1”时，要注意“1”的代换，另外，解题时要时刻注意等号能否取到.
[变式练]——(着眼于举一反三)
4．已知a>b，ab＝1，求证：a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)．
考点三 利用基本不等式探求参数范围
[互动讲练型]
[例5] (1)已知函数f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝________；
(2)[2021·江西吉安期中]设正数x，y满足x＋y＝1，若不等式eq \f(1,x)＋eq \f(a,y)≥4对任意的x，y成立，则正实数a的取值范围是( )
A．[4，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(4，＋∞)
悟·技法
利用基本不等式求解含参数的不等式的策略
(1)观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或取值范围．
(2)在处理含参数的不等式恒成立问题时，往往将已知不等式看作关于参数的不等式，体现了主元与次元的转化.
[变式练]——(着眼于举一反三)
5．[2021·福建四地六校联考]已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a的值是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2) C．1 D．2
6．已知函数y＝x－4＋eq \f(9,x＋1)(x>－1)，当x＝a时，y取得最小值b，则a＋b等于( )
A．－3 B．2 C．3 D．8




第四节 基本不等式
【知识重温】
①a＞0，b＞0 ②a＝b ③算术平均数 ④几何平均数 ⑤2ab ⑥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 ⑦eq \f(a2＋b2,2) ⑧2 ⑨x＝y ⑩2eq \r(p) ⑪x＝y ⑫eq \f(s2,4)
【小题热身】
1．答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
2．解析：∵x>1，∴x－1>0
∴x＋eq \f(1,x－1)＝(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋1≥2 eq \r(x－1·\f(1,x－1))＋1＝3
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，取“＝”．
∴x＋eq \f(1,x－1)的最小值为3.故选B.
答案：B
3．解析：∵a，b>0，∴a＋b≥2eq \r(ab)
∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3
∴ab－2eq \r(ab)－3≥0
∴(eq \r(ab)＋1)(eq \r(ab)－3)≥0
又∵eq \r(ab)＋1>0，∴eq \r(ab)－3≥0
∴ab≥9
当且仅当a＝b时，即a＝b＝3时，ab取最小值9.
答案：[9，+ ）
4．解析：由y＝x＋eq \f(16,x)≥2 eq \r(x·\f(16,x))＝8，当且仅当x＝4时取等号．又∵00
∴f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)
＝(4x－5)＋eq \f(1,4x－5)＋3
≥2 eq \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.
(2)∵x>2，∴x－2>0
∴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＝3时取等号，所以a＝3.故选C.
答案：(1)5 (2)C
例2 解析：∵y>0，z>0，∴y＋z>0，又eq \f(9,y＋z)＋eq \f(1,x)＝1，x>0，
∴x＋y＋z＝[x＋(y＋z)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y＋z)))＝10＋eq \f(9x,y＋z)＋eq \f(y＋z,x)≥10＋2 eq \r(\f(9x,y＋z)·\f(y＋z,x))＝16，当且仅当eq \f(9x,y＋z)＝eq \f(y＋z,x)，即y＋z＝3x时等号成立，∴x＋y＋z的最小值为16.故选D.
答案：D
例3 解析：解法一 由5x2y2＋y4＝1得x2＝eq \f(1,5y2)－eq \f(y2,5)，则x2＋y2＝eq \f(1,5y2)＋eq \f(4y2,5)≥2eq \r(\f(1,5y2)·\f(4y2,5))＝eq \f(4,5)，当且仅当eq \f(1,5y2)＝eq \f(4y2,5)，即y2＝eq \f(1,2)时取等号，则x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).
解法二 4＝(5x2＋y2)·4y2≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5x2＋y2＋4y2,2)))2＝eq \f(25,4)(x2＋y2)2，则x2＋y2≥eq \f(4,5)，当且仅当5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝eq \f(3,10)，y2＝eq \f(1,2)时取等号，则x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).
答案：eq \f(4,5)
变式练
1．解析：∵a>0，b>0，a＋b＝2
∴y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)
＝(eq \f(1,a)＋eq \f(4,b))·eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)(eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b))
≥eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)×2eq \r(\f(b,a)×\f(4a,b))＝eq \f(9,2)
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(4a,b)，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(4,3)时取等号．故选B.
答案：B
2．解析：∵x>2，∴x－2>0
∴y＝4x＋eq \f(3,x－2)＝4(x－2)＋eq \f(3,x－2)＋8
≥2 eq \r(4x－2·\f(3,x－2))＋8
＝4eq \r(3)＋8
当且仅当4(x－2)＝eq \f(3,x－2)，即x＝2＋eq \f(\r(3),2)时取等号．
答案：8＋4eq \r(3)
3．解析：∵a＋b＋c＝2，a>0，b>0，c>0
∴b＋c＝2－a>0，∴00，c>0
∴eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋a＋b＋c≥2a＋2b＋2c
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c
当且仅当a＝b＝c时，等号成立．
变式练
4．证明：∵a>b，∴a－b>0，又ab＝1
∴eq \f(a2＋b2,a－b)＝eq \f(a2＋b2＋2ab－2ab,a－b)
＝eq \f(a－b2＋2ab,a－b)＝a－b＋eq \f(2,a－b)≥2 eq \r(a－b·\f(2,a－b))＝2eq \r(2)
即a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)
当且仅当a－b＝eq \f(2,a－b)，即a－b＝eq \r(2)时取等号．
考点三
例5 解析：(1)∵x>0，a>0，
∴f(x)＝4x＋eq \f(a,x)≥2 eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，
当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即4x2＝a时，f(x)取得最小值．
又∵f(x)在x＝3时取得最小值，∴a＝4×32＝36.
(2)∵x＋y＝1, 且x>0，y>0，a>0，∴eq \f(1,x)＋eq \f(a,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))(x＋y)＝a＋1＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)≥a＋1＋2eq \r(a)，∴a＋2eq \r(a)＋1≥4，即a＋2eq \r(a)－3≥0，解得a≥1，故选C.
答案：(1)36 (2)C
变式练
5．解析：由题意可得a>0，①当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2≥2eq \r(a)＋2，当且仅当x＝eq \r(a)时取等号；②当x－1，所以x＋1>0，eq \f(9,x＋1)>0，所以由基本不等式，得y＝x＋1＋eq \f(9,x＋1)－5≥2 eq \r(x＋1·\f(9,x＋1))－5＝1，当且仅当x＋1＝eq \f(9,x＋1)，即(x＋1)2＝9，即x＋1＝3，x＝2时取等号，所以a＝2，b＝1，a＋b＝3.故选C.
答案：C