高中数学高考考点06 基本不等式及应用（解析版）

这是一份高中数学高考考点06 基本不等式及应用（解析版），共15页。

【命题解读】
基本不等式及其应用等，一般有两种命题方式：一是运用基本不等式研究函数的最值问题；二是以工具的形式，与充要条件、函数与导数、解析几何、三角函数、数列等综合考查.
【基础知识回顾】
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、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．
3、利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则
(1)如果xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2eq \r(p)
(2)如果x＋y是定值q，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(q2,4)
4、基本不等式的两种常用变形形式
(1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)．
(2)a＋b≥2eq \r(ab)(a>0，b>0，当且仅当a＝b时取等号)．
5、几个重要的结论
(1)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
(2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(ab>0)．
(3)eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
1、（2021·潍坊市潍城区教育局月考）下列不等式一定成立的是（ ）
A．lg(x2＋)>lgx(x>0)B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)
C． D．>1(x∈R)
【答案】C
【解析】
当x>0时，x2＋≥2·x·＝x，所以lg(x2＋)≥lgx(x>0)，故选项A不正确；
当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
当x＝0时，有＝1，故选项D不正确．
故选：C.
2、若正数满足，则的最小值为（ ）
A.B.
C.D.3
【答案】A
【解析】由题意，因为，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，故选A。
3、（2020·湖南雅礼中学期中）（多选题）给出下面四个推断，其中正确的为（ ）.
A．若，则；
B．若则；
C．若，，则；
D．若，，则.
【答案】AD
【解析】
对于选项A，因为，则，当且仅当，即时取等号，即选项A正确；
对于选项B，当时，，显然不成立，即选项B错误；
对于选项C，当时，显然不成立，即选项C错误；
对于选项D，，则，则，当且仅当，即时取等号，即选项D正确，
即四个推段中正确的为AD，
故答案为AD.
4、已知a>0, b>0，且eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值是________．
【答案】 2eq \r(6)
【解析】、eq \a\vs4\al(思路分析) 利用基本不等式，化和的形式为积的形式．
因为eq \r(ab)＝eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)≥2eq \r(\f(2,a)·\f(3,b))，所以ab≥2eq \r(6)，当且仅当eq \f(2,a)＝eq \f(3,b)＝eq \r(6)时，取等号．
5、一段长为30 m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m，则这个矩形的长为________m，宽为________m时菜园面积最大．
【答案】15 eq \f(15,2)
【解析】设矩形的长为x m，宽为y m，则x＋2y＝30，所以S＝xy＝eq \f(1,2)x·(2y)≤eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2y,2)))2＝eq \f(225,2)，当且仅当x＝2y，即x＝15，y＝eq \f(15,2)时取等号．
6、(一题两空)若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，则ab的最大值为________，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________．
【答案】2 eq \f(9,4)
【解析】∵a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，∴a＋2b＝4，∴ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))2＝2，当且仅当a＝2b，即a＝2，b＝1时等号成立，∴ab的最大值为2.∵eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2b,a)＋\f(2a,b)))≥eq \f(1,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2 \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝b时等号成立，∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为eq \f(9,4).
考向一 运用基本不等式求函数的最值
例1、（2020届山东省泰安市高三上期末）若，则的最小值为（ ）
A．6B．C．3D．
【答案】C
【解析】
∵，
∴，
∴，且，，
∴，
∴
，
当且仅当且即时，等号成立；
故选：C．
变式1、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知，，若不等式恒成立，则m的最大值为（ ）
A．10B．12C．16D．9
【答案】D
【解析】
由已知，，若不等式恒成立，
所以恒成立，
转化成求的最小值，
，所以．
故选：D．
变式2、 (1)已知0(2)已知x(3)函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．
【答案】(1)eq \f(2,3) (2)1 (3)2eq \r(3)＋2
【解析】 (1)x(4－3x)＝eq \f(1,3)×(3x)·(4－3x)≤eq \f(1,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3x＋4－3x,2)))2＝eq \f(4,3)，
当且仅当3x＝4－3x，即x＝eq \f(2,3)时，取等号．
故所求x的值为eq \f(2,3).
(2)因为x0，
则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1.
当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，取等号．
故f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为1.
(3)y＝eq \f(x2＋2,x－1)＝eq \f(x2－2x＋1＋2x－2＋3,x－1)
＝eq \f(x－12＋2x－1＋3,x－1)
＝(x－1)＋eq \f(3,x－1)＋2≥2eq \r(3)＋2.
当且仅当x－1＝eq \f(3,x－1)，即x＝eq \r(3)＋1时，取等号．
方法总结： (1)应用基本不等式求值域一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条件．如果不满足等号的成立条件就用函数的单调性求解．
(2)在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑（或换元）出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．
考向二 基本不等式中1的运用
例2、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知奇函数在R上单调,若正实数满足则的最小值是( )
A．1B．C．9D．18
【答案】A
【解析】
奇函数在R上单调，则
故即
当即时等号成立
故选：
变式1、若正实数满足，则的最小值是 ▲ ．
【答案】、8
【解析】、因为正实数满足，
所以，当且仅当，即，又，即，等号成立，即取得最小值.
变式2、 已知a，b为正数，且直线 ax＋by－6＝0与直线 2x＋(b－3)y＋5＝0互相平行，则2a＋3b的最小值为________．
【答案】25
【解析】、由于直线ax＋by－6＝0与直线2x＋(b－3)y＋5＝0互相平行，所以a(b－3)＝2b，即eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)＝1(a，b均为正数)，所以2a＋3b＝(2a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b)))＝13＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥13＋6×2eq \r(\f(b,a)×\f(a,b))＝25(当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)即a＝b＝5时取等号)．
变式3、已知正实数a，b满足a＋b＝1，则的最小值为 ．
【答案】：
【解析】、．
当且仅当，即时取“”，所以的最小值为
方法总结：(1)利用常数“1”代换的方法构造积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值．(2)“1”代换的方法可以求解形如【问题2】中的“已知两正数之和为定值，求两数倒数和的最值”或“已知两正数倒数之和为定值，求两正数和的最值”问题,是直接求解二元函数值域的一种方法．(3)解决问题时关注对已知条件和所求目标函数式的变形，使问题转化成可用“1”代换求解的模型
考向三 运用消参法解决不等式问题
例3、(2017苏北四市期末）. 若实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，则eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为________．
【答案】. 8
【解析】、解法1 因为实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，所以y＝eq \f(3,x)－3(y＞3)，
所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)＝y＋3＋eq \f(1,y－3)＝y－3＋eq \f(1,y－3)＋6≥2eq \r(y－3·\f(1,y－3))＋6＝8，当且仅当y－3＝eq \f(1,y－3)，即y＝4时取等号，此时x＝eq \f(3,7)，所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为8.
解法2 因为实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，所以y＝eq \f(3,x)－3(y＞3)，y－3＝eq \f(3,x)－6＞0，
所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)＝eq \f(3,x)＋eq \f(1,\f(3,x)－6)＝eq \f(3,x)－6＋eq \f(1,\f(3,x)－6)＋6≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)－6))·\f(1,\f(3,x)－6))＋6＝8，当且仅当eq \f(3,x)－6＝eq \f(1,\f(3,x)－6)，即x＝eq \f(3,7)时取等号，此时y＝4，所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为8.
变式1：（徐州、宿迁三检）若，且，则的最小值为 ．
【答案】：
【解析】、由已知等式得，从而，
，故有最小值.
变式2、设实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是________．
【答案】eq \f(\r(5)－1,2)
【解析】、 思路分析注意到条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一个变量的函数，从而求它的最小值．注意中消去y较易，所以消去y.
由x2＋2xy－1＝0得y＝eq \f(1－x2,2x)，从而x2＋y2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x2,2x)))2＝eq \f(5x2,4)＋eq \f(1,4x2)－eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(5,16))－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，当且仅当x＝±eq \r(4,\f(1,5))时等号成立．
变式3、已知正数x，y满足，求的最小值．
【答案】：
【解析】、：法一:因为，
所以．
又因为，所以，即．
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
法二：
方法总结：当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值．
考向四 运用基本不等式解决含参问题
例1、(2019扬州期末）已知正实数x，y满足x＋4y－xy＝0，若x＋y≥m恒成立，则实数m的取值范围为_________．
【答案】、(－∞，9]
【解析】、m≤x＋y恒成立，m≤(x＋y)min.
解法1(消元法) 由x＋4y－xy＝0，得y＝eq \f(x,x－4)，因为x，y是正实数，所以y>0，x>4，则x＋y＝x＋eq \f(x,x－4)＝x＋eq \f(x－4＋4,x－4)＝x＋eq \f(4,x－4)＋1＝(x－4)＋eq \f(4,x－4)＋5≥2eq \r(（x－4）·\f(4,x－4))＋5＝9，当且仅当x＝6时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.
解法2(“1”的代换) 因为x，y是正实数，由x＋4y－xy＝0，得eq \f(4,x)＋eq \f(1,y)＝1，x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(4y,x)＋eq \f(x,y)＋5≥2eq \r(\f(4y,x)·\f(x,y))＋5＝9，当且仅当x＝6，y＝3时，等号成立，即x＋y的最小值是9，故m≤9.
解法3(函数法) 令t＝x＋y，则y＝t－x，代入x＋4y－xy＝0，得x2－(3＋t)x＋4t＝0.Δ＝(t＋3)2－16t＝t2－10t＋q≥0，得t≤1或t≥9.又y＝eq \f(x,x－4)>0，且x>0，则x>4，故t>4，从而t≥9.所以m≤9.
变式1、已知，若不等式恒成立，则的最大值为________．
【答案】：
【解析】：由
得．
又，
∴，∴的最大值为．
变式2、（1）已知函数，若对于任意，恒成立，则的取值范围是________．
(2)已知正数满足恒成立，则实数的最小值为________．
【答案】：（1） （2）2
【解析】： (1)对任意恒成立，即恒成立，
即知
设，则．
∵∴．∴，
∴，故的取值范围是．
(2)∵，
∴ (当且仅当时取等号)．
又由可得，
而，
∴当且仅当时，
∴的最小值为．
方法总结：对于不等式中的成立问题，通常采取通过参数分离后，转化为求最值问题，
考点五、运用基本不等式解决实际问题
考向五 运用基本不等式解决实际问题
例5、某工厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)，当年产量不足80千件时，C(x)＝eq \f(1,3)x2＋10x(万元)．当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋eq \f(10 000,x)－1 450(万元)．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．
(1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？
【解析】 (1)因为每件商品售价为0.05万元，则x千件商品销售额为0.05×1 000x万元，依题意得：
当0当x≥80时，L(x)＝(0.05×1 000x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(51x＋\f(10 000,x)－1 450))－250＝1 200－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x))).
所以L(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)x2＋40x－250，0(2)当0此时，当x＝60时，L(x)取得最大值L(60)＝950万元．
当x≥80时，L(x)＝1 200－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10 000,x)))≤1 200－2 eq \r(x·\f(10 000,x))＝1 200－200＝1 000.
此时x＝eq \f(10 000,x)，
即x＝100时，L(x)取得最大值1 000万元．
由于950<1 000，
所以当年产量为100千件时，该厂在这一商品生产中所获利润最大，最大利润为1 000万元．
变式1、小王于年初用50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．
(1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？
(2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)
【解析】：(1)设大货车到第x年年底的运输累计收入与总支出的差为万元，
则，
即，
由，解得．
而，故从第3年开始运输累计收入超过总支出．
(2)因为利润＝累计收入＋销售收入－总支出，所以销售二手货车后，小王的年平均利润为
，而，当且仅当时等号成立，即小王应当在第5年将大货车出售，才能使年平均利润最大．
变式2、(2016无锡期末）某公司生产的某批产品的销售量P万件(生产量与销售量相等)与促销费用x万元满足P＝eq \f(x＋2,4)(其中0≤x≤a，a为正常数)．已知生产该批产品还需投入成本6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P＋\f(1,P)))万元(不含促销费用)，产品的销售价格定为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(20,P)))元/件．
(1) 将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；
(2) 当促销费用投入多少万元时，该公司的利润最大？
【解析】 (1) 由题意知，
y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(20,P)))P－x－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(P＋\f(1,P))).(3分)
将P＝eq \f(x＋2,4)代入化简得
y＝19－eq \f(24,x＋2)－eq \f(3,2)x(0≤x≤a)．(5分)
(2) y＝22－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,x＋2)＋x＋2))≤22－3eq \r(,\f(16,x＋2)×x＋2)
＝10，
当且仅当eq \f(16,x＋2)＝x＋2，即x＝2时，上式取等号．(8分)
所以当a≥2时，促销费用投入2万元时，厂家的利润最大；(9分)
由y＝19－eq \f(24,x＋2)－eq \f(3,2)x，得y′＝eq \f(24,x＋22)－eq \f(3,2)，
当x<2时，y′>0，此时函数y在[0,2]上单调递增，
所以当a<2时，函数y在[0，a]上单调递增，(11分)
所以当x＝a时，函数有最大值．
即促销费用投入a万元时，厂家的利润最大．(12分)
综上，当a≥2时，促销费用投入2万元，厂家的利润最大；当a<2时，促销费用投入a万元，厂家的利润最大．(14分)
方法总结：(1)根据实际问题抽象出函数的解析式，再利用基本不等式求得函数的最值．
(2)解应用题时，一定要注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
1、（2019年高考浙江卷）若，则“”是 “”的
A． 充分不必要条件B． 必要不充分条件
C． 充分必要条件D． 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】当时，当且仅当时取等号，则当时，有，解得，充分性成立；
当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
2、（2020·山东月考）已知，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．12
【答案】C
【解析】
，
当且仅当 ，又 故时取等号．
3、（2020年高考江苏）已知，则的最小值是 ▲ ．
【答案】
【解析】∵
∴且
∴，当且仅当，即时取等号.
∴的最小值为.
故答案为：.
4、（2019年高考天津卷理数）设，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】方法一：.
因为，
所以，
即，当且仅当时取等号成立.
又因为，当且仅当，即时取等号，结合可知，可以取到3，故的最小值为.
方法二：
.
当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
5、（2018年高考天津卷理数）已知，且，则的最小值为 .
【答案】14
【解析】由a-3b+6=0可知a-3b=-6，且2a+18b=2a+2-3b，
因为对于任意x，2x>0恒成立，结合基本不等式的结论可得：2a+2-3b≥2×2a×2-3b=2×2-6=14.当且仅当2a=2-3ba-3b=6，即a=3b=-1时等号成立.
综上可得2a+18b的最小值为14.
6、（2020年高考天津）已知，且，则的最小值为_________．
【答案】4
【解析】，,
，当且仅当=4时取等号，
结合,解得，或时，等号成立.
故答案为：
7、（2020·泰安市泰山国际学校高三月考）求下列最值：
（1）当时，求函数的最大值；
（2）设求函数的最大值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1），则，
，
当，即时等号成立.
（2），
当，即时等号成立.
8、运货卡车以每小时千米的速度匀速行驶千米，按交通法规限制(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油(2＋)升，司机的工资是每小时元．
(1)求这次行车总费用关于的表达式；
(2)当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值．
【解析】 (1)设所用时间为，
．
所以，这次行车总费用关于的表达式是．
(或)．
(2) ，
当且仅当，
即，等号成立．
故当千米/时时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为元．