新高考数学一轮复习学案 第1章 §1.6　基本不等式（含解析）

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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时取等号．
(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
已知x>0，y>0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(p).(简记：积定和最小)
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，积xy有最大值eq \f(p2,4).(简记：和定积最大)
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”．
微思考
1．若两个正数的和为定值，则这两个正数的积一定有最大值吗？
提示 不一定．若这两个正数能相等，则这两个数的积一定有最大值；若这两个正数不相等，则这两个正数的积无最大值．
2．函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2吗？
提示 不是．因为函数y＝x＋eq \f(1,x)的定义域是{x|x≠0}，当x0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( × )
(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.( × )
题组二 教材改编
2．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．
3．已知函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)，若方程f(x)＝a有实数根，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B．[2，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案 D
解析 f(x)＝x＋eq \f(1,x)，
当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(1)＝2，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立．
当x1，∴x－1>0，
∴y＝eq \f(x2,x－1)＝eq \f(x2－1＋1,x－1)＝x＋1＋eq \f(1,x－1)
＝(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋2≥4.
当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 配凑法
例1 (1)已知0eq \f(5,4)，∴4x－5>0，
∴f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3≥2eq \r(1)＋3＝5.
当且仅当4x－5＝eq \f(1,4x－5)，即x＝eq \f(3,2)时取等号．
(3)已知函数f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)(x0，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.
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且x＋y＝5，则eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 令x＋1＝m，y＋2＝n，
∵x>0，y>0，∴m>0，n>0，
则m＋n＝x＋1＋y＋2＝8，
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))×eq \f(1,8)(m＋n)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)＋\f(m,n)＋2))≥eq \f(1,8)·(2eq \r(1)＋2)＝eq \f(1,2).
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝4时等号成立．
∴eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y＋2)的最小值为eq \f(1,2).
题型二 基本不等式的综合应用
命题点1 基本不等式与其他知识交汇的最值问题
例4 设等差数列{an}的公差为d，其前n项和是Sn，若a1＝d＝1，则eq \f(Sn＋8,an)的最小值是________．
答案 eq \f(9,2)
解析 an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝eq \f(n1＋n,2)，
所以eq \f(Sn＋8,an)＝eq \f(\f(n1＋n,2)＋8,n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(16,n)＋1))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(n·\f(16,n))＋1))＝eq \f(9,2)，
当且仅当n＝eq \f(16,n)，即n＝4时取等号，
所以eq \f(Sn＋8,an)的最小值是eq \f(9,2).
命题点2 求参数值或取值范围
例5 (2021·厦门联考)对任意m，n∈(0，＋∞)，都有m2－amn＋2n2≥0，则实数a的最大值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．4 D.eq \f(9,2)
答案 B
解析 ∵对任意m，n∈(0，＋∞)，都有m2－amn＋2n2≥0，
∴m2＋2n2≥amn，即a≤eq \f(m2＋2n2,mn)＝eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)恒成立，
∵eq \f(m,n)＋eq \f(2n,m)≥2eq \r(\f(m,n)·\f(2n,m))＝2eq \r(2)，当且仅当eq \f(m,n)＝eq \f(2n,m)，即m＝eq \r(2)n时取等号，∴a≤2eq \r(2)，故实数a的最大值为2eq \r(2)，故选B.
思维升华 (1)当基本不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用基本不等式的条件，然后利用常数代换法求最值．
(2)求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用基本不等式确定等号成立的条件，从而得到参数的值或范围．
跟踪训练2 (1)已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 B
解析 已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，只要求(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)≥a＋2eq \r(a)＋1，
当且仅当y＝eq \r(a)x时，等号成立，
∴a＋2eq \r(a)＋1≥9，
∴eq \r(a)≥2或eq \r(a)≤－4(舍去)，∴a≥4，
即正实数a的最小值为4，故选B.
(2)若△ABC的内角满足3sin A＝sin B＋sin C，则cs A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)
答案 B
解析 由题意结合正弦定理有3a＝b＋c，结合余弦定理可得：
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,3)))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).
当且仅当b＝c时等号成立．
综上可得，cs A的最小值是eq \f(7,9).
题型三 基本不等式的实际应用
例6 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(25－x)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 (1)设大货车运输到第x年年底，
该车运输累计收入与总支出的差为y万元，
则y＝25x－[6x＋x(x－1)]－50＝－x2＋20x－50(00，
可得10－5eq \r(2)eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
答案 ABD
解析 因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以a＋b≥2eq \r(ab)，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立，即有ab≤eq \f(1,4).
对于A，a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，故A正确；
对于B,2a－b＝22a－1＝eq \f(1,2)×22a，
因为a>0，所以22a>1，即2a－b>eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，lg2a＋lg2b＝lg2ab≤lg2eq \f(1,4)＝－2，故C错误；
对于D，由(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤2，
得eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，故D正确．
6．(多选)设a>0，b>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2) B.eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)
C.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b D．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
答案 ACD
解析 ∵a>0，b>0，
∴a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)，
当且仅当a＝b且2eq \r(ab)＝eq \f(1,\r(ab))，即a＝b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
故A一定成立；
∵a＋b≥2eq \r(ab)>0，
∴eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
∴eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)不一定成立，故B不一定成立；
∵eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，当且仅当a＝b时取等号，
eq \f(a2＋b2,a＋b)＝eq \f(a＋b2－2ab,a＋b)＝a＋b－eq \f(2ab,a＋b)≥2eq \r(ab)－eq \r(ab)＝eq \r(ab)，
当且仅当a＝b时取等号，
∴eq \f(a2＋b2,a＋b)≥eq \r(ab)，∴eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b，故C一定成立；
∵(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥4，
当且仅当a＝b时取等号，故D一定成立．
7．已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________．
答案 eq \f(1,4)
解析 由题设知a－3b＝－6，又2a>0,8b>0，所以2a＋eq \f(1,8b)≥2eq \r(2a·\f(1,8b))＝2· SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,4)，当且仅当2a＝eq \f(1,8b)，
即a＝－3，b＝1时取等号．故2a＋eq \f(1,8b)的最小值为eq \f(1,4).
8．已知实数a，b满足|ln a|＝|ln b|，a≠b，则eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值为________．
答案 4
解析 因为|ln a|＝|ln b|且a≠b，
所以ln a＝－ln b，
即ln a＋ln b＝0，
所以ln(ab)＝0，
所以ab＝1，a>0，b>0，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)≥2eq \r(\f(4,ab))＝4，当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝2时，等号成立．
9．若a，b都是正数，且a＋b＝1，则(a＋1)(b＋1)的最大值为________．
答案 eq \f(9,4)
解析 (a＋1)(b＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq \f(9,4)，
当且仅当a＋1＝b＋1，即a＝b＝eq \f(1,2)时取等号，
故(a＋1)(b＋1)的最大值为eq \f(9,4).
10．命题“∀x∈(1，＋∞)，x2－ax＋a＋2>0”为真命题，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，2eq \r(3)＋2)
解析 依题意∀x∈(1，＋∞)，x2－ax＋a＋2>0恒成立，
即a(x－1)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AC＝a，BC＝b，可得圆O的半径r＝eq \f(a＋b,2)，
又OC＝OB－BC＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \f(a－b,2)，
则FC2＝OC2＋OF2＝eq \f(a－b2,4)＋eq \f(a＋b2,4)＝eq \f(a2＋b2,2)，
再根据题图知FO≤FC，即eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))，当且仅当a＝b时取等号．故选D.
14．正实数x，y满足4x2＋y2＋xy＝1，则xy的最大值为________；2x＋y的最大值为________．
答案 eq \f(1,5) eq \f(2\r(10),5)
解析 ∵1－xy＝4x2＋y2≥4xy，
∴5xy≤1，∴xy≤eq \f(1,5)，当且仅当y＝2x时取等号，
∵4x2＋y2＋xy＝1，
∴(2x＋y)2－3xy＝1，
∴(2x＋y)2－1＝3xy＝eq \f(3,2)·2x·y≤eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋y,2)))2，
即(2x＋y)2－1≤eq \f(3,8)(2x＋y)2，
∴(2x＋y)2≤eq \f(8,5)，∴2x＋y≤eq \f(2\r(10),5)，
当且仅当2x＝y时，取等号．
15．设a>b>0，则a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,aa－b)的最小值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 D
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.
16．已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．
(1)求证： eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2)；
(2)是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，
所以eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)
＝eq \f(1,6)[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋b)＋\f(1,b＋c)＋\f(1,c＋a)))
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,a＋b)＋\f(a＋b,b＋c)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,c＋a)＋\f(c＋a,b＋c)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,c＋a)＋\f(a＋c,a＋b)))))≥eq \f(1,6)(3＋2＋2＋2)＝eq \f(3,2)，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,c＋a)≥eq \f(3,2)得证．
(2)解 因为a＋b＋c＝3，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，
因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，
所以(a2＋b2＋c2)min＝3，
由题意得－x2＋mx＋2≤3恒成立，
即得x2－mx＋1≥0恒成立，
因此Δ＝m2－4≤0 ⇒－2≤m≤2.
故存在实数m∈[－2,2]使不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2成立．