高考数学一轮复习　第一章 第3节 第2课时基本不等式及其应用

这是一份高考数学一轮复习　第一章 第3节 第2课时基本不等式及其应用，共16页。试卷主要包含了两个重要的不等式，利用基本不等式求最值，5万元等内容，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时取等号.
(3)其中eq \f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)称为正数a，b的几何平均数.
2.两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.
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，x＋y有最小值是2eq \r(p)(简记：积定和最小).
(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq \f(s2,4)(简记：和定积最大).
[微点提醒]
1.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号.
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).
3.连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是相同的.( )
(2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)的最小值为4.( )
(4)x＞0且y＞0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充要条件.( )
解析 (1)不等式a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；
不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是a≥0，b≥0.
(2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，没有最小值.
(3)函数f(x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)没有最小值.
(4)x>0且y>0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充分不必要条件.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
2.(必修5P99例1(2)改编)若x>0，y>0，且x＋y＝18，则eq \r(xy)的最大值为( )
A.9 B.18 C.36 D.81
解析 因为x＋y＝18，所以eq \r(xy)≤eq \f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立.
答案 A
3.(必修5P100练习T1改编)若x0，8b>0，所以2a＋eq \f(1,8b)≥2eq \r(2a·\f(1,8b))＝2·2eq \f(a－3b,2)＝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).
答案 eq \f(1,4)
考点一 利用基本不等式求最值 多维探究
角度1 利用配凑法求最值
【例1－1】 (1)(2019·乐山一中月考)设00)，
可得m＋n＝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＋2eq \r(\f(n,m)·\f(m,n))＝4，
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)且m＋n＝1(m>0，n>0)，即m＝n＝eq \f(1,2)时，取得等号.
答案 4
角度3 基本不等式积(ab)与和(a＋b)的转化 典例迁移
【例1－3】 (经典母题)正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________.
解析 ∵a，b是正数，∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3，
解得eq \r(ab)≥3，即ab≥9.
答案 [9，＋∞)
【迁移探究】 本例已知条件不变，求a＋b的最小值.
解 ∵a>0，b>0，∴ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
即a＋b＋3≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，
整理得(a＋b)2－4(a＋b)－12≥0，
解得a＋b≥6或a＋b≤－2(舍).
故a＋b的最小值为6.
规律方法 在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，主要有两种思路：
(1)对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解.常用的方法有：折项法、变系数法、凑因子法、换元法、整体代换法等.
(2)条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值.
【训练1】 (1)(2019·济南联考)若a>0，b>0且2a＋b＝4，则eq \f(1,ab)的最小值为( )
A.2 B.eq \f(1,2) C.4 D.eq \f(1,4)
(2)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值为________.
解析 (1)因为a>0，b>0，故2a＋b≥2eq \r(2ab)(当且仅当2a＝b时取等号).
又因为2a＋b＝4，
∴2eq \r(2ab)≤4⇒0b>0”是“abb>0，可知a2＋b2>2ab，充分性成立，由ab0且x≠1，lg x＋eq \f(1,lg x)≥2
B.eq \f(1,x2＋1)0时，eq \r(x)＋eq \f(1,\r(x))≥2
D.当00，b>0，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(2,ab))＝eq \f(2\r(2),\r(ab))，
当且仅当eq \f(1,a)＝eq \f(2,b)，即b＝2a时，“＝”成立.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以eq \r(ab)≥eq \f(2\r(2),\r(ab))，即ab≥2eq \r(2)(当且仅当a＝2eq \f(1,4)，b＝2eq \f(5,4)时等号成立)，
所以ab的最小值为2eq \r(2).
答案 C
8.(2019·衡水中学质检)正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，若不等式a＋b≥－x2＋4x＋18－m对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B.(－∞，3]
C.(－∞，6] D.[6，＋∞)
解析 因为a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝1，
所以a＋b＝(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq \f(b,a)＋eq \f(9a,b)≥16，
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(9a,b)，即a＝4，b＝12时取等号.
依题意，16≥－x2＋4x＋18－m，即x2－4x－2≥－m对任意实数x恒成立.
又x2－4x－2＝(x－2)2－6，
所以x2－4x－2的最小值为－6，所以－6≥－m，即m≥6.
答案 D
二、填空题
9.函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________.
解析 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，等号成立.
答案 2eq \r(3)＋2
10.某公司购买一批机器投入生产，据市场分析，每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，则每台机器为该公司创造的年平均利润的最大值是________万元.
解析 每台机器运转x年的年平均利润为eq \f(y,x)＝18－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq \f(y,x)≤18－2eq \r(25)＝8，当且仅当x＝5时等号成立，此时每台机器为该公司创造的年平均利润最大，最大值为8万元.
答案 8
11.已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.
解析 因为x>0，y>0，所以9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)x·(3y)≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))eq \s\up12(2)，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时等号成立.设x＋3y＝t>0，则t2＋12t－108≥0，
所以(t－6)(t＋18)≥0，又因为t>0，所以t≥6.故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)min＝6.
答案 6
12.已知直线mx＋ny－2＝0经过函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点，其中mn>0，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________.
解析 因为函数g(x)＝lga x＋1(a>0且a≠1)的定点(1，1)在直线mx＋ny－2＝0上，
所以m＋n－2＝0，即eq \f(m,2)＋eq \f(n,2)＝1.
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋\f(n,2)))＝1＋eq \f(n,2m)＋eq \f(m,2n)
≥1＋2eq \r(\f(n,2m)·\f(m,2n))＝2，
当且仅当eq \f(n,2m)＝eq \f(m,2n)，即m2＝n2时取等号，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为2.
答案 2
能力提升题组
(建议用时：15分钟)
13.(2018·江西师大附中月考)若向量m＝(a－1，2)，n＝(4，b)，且m⊥n，a>0，b>0，则lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有( )
A.最大值lg3 eq \f(1,2) B.最小值lg32
C.最大值lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2) D.最小值0
解析 由m⊥n，得m·n＝0，即4(a－1)＋2b＝0，
∴2a＋b＝2，∴2≥2eq \r(2ab)，∴ab≤eq \f(1,2)(当且仅当2a＝b时，等号成立).
又lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lgeq \s\d6(\f(1,3)) b＝lgeq \s\d6(\f(1,3)) (ab)≥lgeq \s\d6(\f(1,3)) eq \f(1,2)＝lg3 2，
故lgeq \s\d6(\f(1,3)) a＋lg3 eq \f(1,b)有最小值为lg3 2.
答案 B
14.(2019·湖南师大附中模拟)已知△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，若△ABC的三边长分别为a，b，c，则eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为( )
A.2 B.2＋eq \r(2) C.4 D.2＋2eq \r(2)
解析 因为△ABC的面积为1，内切圆半径也为1，
所以eq \f(1,2)(a＋b＋c)×1＝1，所以a＋b＋c＝2，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝eq \f(2（a＋b＋c）,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)＝2＋eq \f(2c,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)≥2＋2eq \r(2)，
当且仅当a＋b＝eq \r(2)c，即c＝2eq \r(2)－2时，等号成立，
所以eq \f(4,a＋b)＋eq \f(a＋b,c)的最小值为2＋2eq \r(2).
答案 D
15.(2017·天津卷)若a，b∈R，ab>0，则eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________.
解析 ∵a，b∈R，ab>0，
∴eq \f(a4＋4b4＋1,ab)≥eq \f(4a2b2＋1,ab)＝4ab＋eq \f(1,ab)≥2eq \r(4ab·\f(1,ab))＝4，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2b2，,4ab＝\f(1,ab)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝\f(\r(2),2)，,b2＝\f(\r(2),4)))时取得等号.
答案 4
16.已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________.
解析 对任意x∈N*，f(x)≥3，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1) ≥3恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N*，则g(x)＝x＋eq \f(8,x)≥4eq \r(2)，
当x＝2eq \r(2)时等号成立，又g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3)，
∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3).∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞))
新高考创新预测
17.(多填题)已知正数x，y满足x＋y＝1，则x－y的取值范围为________，eq \f(1,x)＋eq \f(x,y)的最小值为________.
解析 ∵正数x，y满足x＋y＝1，
∴y＝1－x，0