（新高考）高考数学一轮复习讲练测第1章§1.4基本不等式(含解析)

这是一份（新高考）高考数学一轮复习讲练测第1章§1.4基本不等式(含解析)，共14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：利用基本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．若正实数a，b满足a＋4b＝ab，则ab的最小值为( )
A．16 B．8 C．4 D．2
答案 A
解析 因为正实数a，b满足a＋4b＝ab，
所以ab＝a＋4b≥2eq \r(4ab)＝4eq \r(ab)，
所以ab≥16，
当且仅当a＝4b，即a＝8，b＝2时等号成立．
2．函数y＝x＋eq \f(1,x＋1)(x≥0)的最小值为________．
答案 1
解析 因为x≥0，所以x＋1>0，eq \f(1,x＋1)>0，
利用基本不等式得y＝x＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－1≥2eq \r(x＋1·\f(1,x＋1))－1＝1，
当且仅当x＋1＝eq \f(1,x＋1)，即x＝0时，等号成立．
所以函数y＝x＋eq \f(1,x＋1)(x≥0)的最小值为1.
3．若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________ m2.
答案 25
解析 设矩形的一边为x m，面积为y m2，
则另一边为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，
其中00，
∴y＝(x－2)＋eq \f(1,2x－2)＋2≥2eq \r(x－2·\f(1,2x－2))＋2＝eq \r(2)＋2，当且仅当x＝2＋eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
∴函数y＝x＋eq \f(1,2x－2)(x>2)的最小值为eq \r(2)＋2.
(2)设00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 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01，则y＝eq \f(x－1,x2＋3)的最大值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 令t＝x－1，∴x＝t＋1，
∵x>1，∴t>0，
∴y＝eq \f(t,t＋12＋3)＝eq \f(t,t2＋2t＋4)＝eq \f(1,t＋\f(4,t)＋2)≤eq \f(1,2\r(4)＋2)＝eq \f(1,6)，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，t＝2，即x＝3时，等号成立，
∴当x＝3时，ymax＝eq \f(1,6).
题型二 基本不等式的常见变形应用
例4 (1)若0a>eq \r(ab)
B．b>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>a
C．b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a
D．b>a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)
答案 C
解析 ∵0eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab).
∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq \r(ab)>a.
故b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a.
(2) (2023·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)．
思维升华 基本不等式的常见变形
(1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2).
(2)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)．
跟踪训练2 (2022·漳州质检)已知a，b为互不相等的正实数，则下列四个式子中最大的是( )
A.eq \f(2,a＋b) B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
C.eq \f(2,\r(ab)) D.eq \r(\f(2,a2＋b2))
答案 B
解析 ∵a，b为互不相等的正实数，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab))，
eq \f(2,a＋b)1，显然成立．
所以eq \f(a＋b,2)>ab>eq \f(b,a).
6．(多选)(2023·黄冈模拟)若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( )
A．00，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2＝4或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，a2＋b2≥8，eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,8)，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，
则lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg24＝2，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，故A，C不恒成立，D恒成立；
对于B选项，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥4×eq \f(1,4)＝1，
当且仅当a＝b＝2时等号成立，故B恒成立．
7．函数y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为________．
答案 0
解析 因为y＝eq \f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2(x>－1)，
所以y≥2eq \r(1)－2＝0，
当且仅当x＝0时，等号成立．
所以y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值为0.
8．(2023·娄底质检)已知a，b为正实数，且2a＋b＝1，则eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)的最小值为________．
答案 6
解析 由已知条件得，eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)＝eq \f(4a＋2b,a)＋eq \f(a,2b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)))＋4≥2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,2b))＋4＝6，
当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,2b)，即a＝eq \f(2,5)，b＝eq \f(1,5)时，取等号．
所以eq \f(2,a)＋eq \f(a,2b)的最小值为6.
9．(1)当x0，b>0)
答案 C
解析 根据图形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，
又OD＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，
所以DE＝eq \f(CD2,OD)＝eq \f(ab,\f(a＋b,2))，
由于OD≥CD，
所以eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)．
由于CD≥DE，
所以eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0)．
14．(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则( )
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案 BC
解析 因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2，
解得－2≤x＋y≤2，
当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，
当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确；
由x2＋y2－xy＝1可变形为(x2＋y2)－1＝xy≤eq \f(x2＋y2,2)，
解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确；
因为x2＋y2－xy＝1可变形为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y,2)))2＋eq \f(3,4)y2＝1，
设x－eq \f(y,2)＝cs θ，eq \f(\r(3),2)y＝sin θ，
所以x＝cs θ＋eq \f(\r(3),3)sin θ，y＝eq \f(2\r(3),3)sin θ，
因此x2＋y2＝cs2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2\r(3),3)sin θcs θ＝1＋eq \f(\r(3),3)sin 2θ－eq \f(1,3)cs 2θ＋eq \f(1,3)
＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))，所以D错误．