(新高考)高考数学一轮复习讲与练第1章§1.4《基本不等式》(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲与练第1章§1.4《基本不等式》(含详解)，共20页。试卷主要包含了了解基本不等式的推导过程等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
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．
2．几个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．
(2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)．
(3)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
3．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
注意：利用不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)不等式ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2与eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)等号成立的条件是相同的．( × )
(2)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( × )
(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，则xy的最小值为4.( √ )
(4)函数y＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值为4.( × )
教材改编题
1．已知x>2，则x＋eq \f(1,x－2)的最小值是( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
答案 D
解析 ∵x>2，
∴x＋eq \f(1,x－2)＝x－2＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(x－2\f(1,x－2))＋2＝4，
当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时，等号成立．
2．(多选)若a，b∈R，则下列不等式成立的是( )
A.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
B．ab≤eq \f(a2＋b2,2)
C.eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2
D.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)
答案 BC
解析 当eq \f(b,a)0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为_____．
答案 6
解析 方法一 (换元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值为6.
方法二 (代入消元法)
由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq \f(9－3y,1＋y)，
所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq \f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)
＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)
＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6
＝12－6＝6，
当且仅当3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3时取等号，
所以x＋3y的最小值为6.
延伸探究 本例条件不变，求xy的最大值．
解 方法一 9－xy＝x＋3y≥2eq \r(3xy)，
∴9－xy≥2eq \r(3xy)，
令eq \r(xy)＝t，
∴t>0，
∴9－t2≥2eq \r(3)t，
即t2＋2eq \r(3)t－9≤0，
解得00，y>0，且2x＋8y－xy＝0，则当x＋y取得最小值时，y等于( )
A．16 B．6 C．18 D．12
答案 B
解析 因为x>0，y>0,2x＋8y＝xy，
所以eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,y)＋\f(8,x)))＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)
≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝10＋2×4＝18，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2x,y)＝\f(8y,x)，,2x＋8y－xy＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝6))时取等号，
所以当x＋y取得最小值时，y＝6.
2．已知函数f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)(x1，∴x－eq \f(1,2)>0，
f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x＝eq \f(1,x－\f(1,2))＋x－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)
≥2eq \r(\f(1,x－\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))))＋eq \f(1,2)
＝2＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)，
当且仅当eq \f(1,x－\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,2)时取“＝”．
∴f(x)的最小值为eq \f(5,2).
(2)(2022·襄阳模拟)若实数x>1，y>eq \f(1,2)且x＋2y＝3，则eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值为________．
答案 4
解析 令x－1＝m,2y－1＝n，
则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\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)
＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥2＋2＝4，
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝eq \f(1,2)时取“＝”．
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值为4.
题型二 基本不等式的常见变形应用
例4 (1)(2022·宁波模拟)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)
答案 D
解析 由图形可知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，
OC＝eq \f(1,2)(a＋b)－b＝eq \f(1,2)(a－b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(1,2)a2＋b2)，
∵CF≥OF，
∴eq \r(\f(1,2)a2＋b2)≥eq \f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．
(2)(2022·广州模拟)已知0eq \f(2,\r(ab))
D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
答案 D
解析 a2＋b2≥2ab，所以A错误；
ab>0，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数，
所以当a0)．
跟踪训练2 (1)(2022·浙南名校联盟联考)已知命题p：a>b>0，命题q：eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，则p是q成立的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 ∵a>b>0，则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\c1(\f(a＋b,2)))2，
∴由p可推出q，
当aeq \f(2,\r(ab))，
eq \f(2,a＋b)b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是________．
答案 4
解析 ∵a>b>0，∴a－b>0，
∴a(a－b)>0，a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)
＝a2＋ab－ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)
＝a2－ab＋eq \f(1,aa－b)＋ab＋eq \f(1,ab)
＝a(a－b)＋eq \f(1,aa－b)＋ab＋eq \f(1,ab)≥2＋2＝4，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aa－b＝\f(1,aa－b)，,ab＝\f(1,ab)，))
即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立．
∴a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是4.