人教A版高考数学一轮总复习第1章第5节基本不等式课时学案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习第1章第5节基本不等式课时学案，共11页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
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\up8(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，
(1)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)(简记：积定和最小)．
(2)如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(S2,4)(简记：和定积最大)．
(1)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(ab>0)，当且仅当a＝b时取等号．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up8(2)≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．
(3)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).
(4)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．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)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．(×)
2．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
A 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．
3．已知0A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2) C．eq \f(3,4) D．eq \f(2,3)
B 解析：因为04．若用总长为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.
25 解析：设矩形的一边长为x m，矩形场地的面积为y m2，
则矩形另一边长为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，所以y＝x(10－x)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x＋10－x,2)))eq \s\up8(2)＝25 (m2)，当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.
考点1 利用基本不等式求最值——综合性
考向1 拼凑法求最值
(1)函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．
2eq \r(3)＋2 解析：因为x>1，所以x－1>0.
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．
所以函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x＞1)的最小值为2eq \r(3)＋2.
(2)若函数f (x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a＝________.
3 解析：因为x>2，所以x－2>0，所以f (x)＝x＋eq \f(1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥2＋2＝4.当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即(x－2)2＝1时等号成立，解得x＝1或3. 又因为x>2，所以x＝3，即a＝3时，函数f (x)在x＝3处取得最小值．
拼凑法求最值的实质及关键点
拼凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键．
考向2 常值代换求最值
已知a>0，b>0，a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
4 解析：因为a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
1．将条件“a＋b＝1”改为“a＋2b＝3”，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
1＋eq \f(2\r(2),3) 解析：因为a＋2b＝3，
所以eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b＝1.
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)a＋\f(2,3)b))
＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(a,3b)＋eq \f(2b,3a)
≥1＋2eq \r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))
＝1＋eq \f(2\r(2),3).
当且仅当a＝eq \r(2)b时，取等号．
2．本例条件不变，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))的最小值为________．
9 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
考向3 消元法求最值
若正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，则x＋2y的最小值是( )
A．eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(\r(2),3) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(2),3)
A 解析：因为正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，
所以y＝eq \f(1－x2,6x).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,y＞0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,\f(1－x2,6x)＞0，))解得0所以x＋2y＝x＋eq \f(1－x2,3x)＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x)≥2eq \r(\f(2x,3)·\f(1,3x))＝eq \f(2\r(2),3)，
当且仅当eq \f(2x,3)＝eq \f(1,3x)，即x＝eq \f(\r(2),2)，y＝eq \f(\r(2),12)时取等号．
故x＋2y的最小值为eq \f(2\r(2),3).
消元法求最值的策略
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，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4 两次应用基本不等式求最值
设实数x，y满足2x＋y＝1.若x>0，y>0，求证：eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)－eq \r(2xy)≥eq \f(15,2).
证明：因为x>0，y>0,2x＋y＝1，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(2x＋y)＝4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥4＋4＝8，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(4x,y)，即2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号．
又－eq \r(2xy)≥－eq \f(2x＋y,2)＝－eq \f(1,2)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)－eq \r(2xy)≥eq \f(15,2)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号．
两次利用基本不等式求最值的注意点
当连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性．
1．设0eq \f(9,2) 解析：y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2x＋3－2x,2)))eq \s\up8(2)＝eq \f(9,2)，当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时，等号成立．因为eq \f(3,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，所以函数y＝4x(3－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值为eq \f(9,2).
2．(2019·天津卷)设x>0，y>0，x＋2y＝5，则eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．
4eq \r(3) 解析：因为 x>0，y>0，所以 eq \r(xy)>0.
因为 x＋2y＝5，所以 eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))＝eq \f(2xy＋x＋2y＋1,\r(xy))＝eq \f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq \r(xy)＋eq \f(6,\r(xy))≥2eq \r(12)＝4eq \r(3). 当且仅当2eq \r(xy)＝eq \f(6,\r(xy))，即x＝3，y＝1时取等号．所以 eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为4eq \r(3).
3．已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．
7＋4eq \r(3) 解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以xy＝y＋2x，xy＋x＋y＝3x＋2y＝(3x＋2y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq \f(2y,x)＋eq \f(6x,y)≥7＋4eq \r(3)，当且仅当y＝eq \r(3)x，即x＝1＋eq \f(2\r(3),3)，y＝2＋eq \r(3)时取等号．
所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3).
4．(2020· 天津卷)已知a>0，b>0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________．
4 解析：因为a>0，b>0，且ab＝1，
所以eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(ab,2a)＋eq \f(ab,2b)＋eq \f(8,a＋b)
＝eq \f(a＋b,2)＋eq \f(8,a＋b)≥2eq \r(\f(a＋b,2)·\f(8,a＋b))＝4.
当且仅当eq \f(a＋b,2)＝eq \f(8,a＋b)且ab＝1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2－\r(3)，,b＝2＋\r(3)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2＋\r(3)，,b＝2－\r(3)))时，等号成立．
故eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.
考点2 利用基本不等式解决实际问题——应用性
某厂家拟在2021年“双十一”举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为x万元时，销售量t万件满足t＝5－eq \f(2,x＋1)(其中0≤x≤k，k为正常数)．现假定产量与销售量相等，已知生产该产品t万件还需投入成本(10＋2t)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,t)))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)促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
解：(1)由题意知，该产品售价为2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10＋2t,t)))元/件，所以y＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10＋2t,t)))×t－10－2t－x，
代入t＝5－eq \f(2,x＋1)化简，
得y＝20－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x))(0≤x≤k)．
(2)y＝20－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x))＝21－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x＋1))
≤21－2eq \r(\f(4,x＋1)×x＋1)＝17，
当且仅当eq \f(4,x＋1)＝x＋1，即x＝1时，上式取等号．
当k≥1时，促销费用投入1万元时，厂家的利润最大；
当00，
故y＝21－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x＋1))在0≤x≤k上单调递增．
所以，在x＝k时，函数有最大值，即促销费用投入k万元时，厂家的利润最大．
综上，当k≥1时，促销费用投入1万元时，厂家的利润最大；
当0基本不等式的实际应用问题的解题技巧
(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．
某学校为了支持生物课程基地研究植物生长，计划利用学校空地建造一间室内面积为900 m2的矩形温室．在温室内划出三块全等的矩形区域，分别种植三种植物．相邻矩形区域之间间隔1 m，三块矩形区域的前、后与内墙各保留1 m宽的通道，左、右两块矩形区域分别与相邻的左右内墙保留3 m宽的通道，如图．设矩形温室的室内长为x(单位：m)，三块种植植物的矩形区域的总面积为S(单位：m2)．
(1)求S关于x的函数关系式；
(2)求S的最大值．
解：(1)由题设，得S＝(x－8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(900,x)－2))＝－2x－eq \f(7 200,x)＋916，x∈(8,450)．
(2)因为8所以2x＋eq \f(7 200,x)≥2eq \r(2x·\f(7 200,x))＝240，
当且仅当x＝60时，等号成立，从而S≤676.
故当矩形温室的室内长为60 m时，三块种植植物的矩形区域的总面积最大，最大为676 m2.
已知a>b>0，则a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值是________．
[四字程序]
思路参考：消b，转化为含a的式子求最值．
4 解析：由于a2＋eq \f(1,ba－b)中有两个变量，并注意到b＋(a－b)＝a，则b(a－b)≤eq \f([b＋a－b]2,4)＝eq \f(a2,4). 这样就消去变量b，因此a2＋eq \f(1,ba－b)≥a2＋eq \f(4,a2)≥4. 当且仅当b＝a－b，a2＝eq \f(4,a2)时等号成立，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立. 故a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值是4.
思路参考：用b和a－b表达a后求最值．
4 解析：注意到b＋(a－b)＝a，则[b＋(a－b)]2＝a2，则a2＋eq \f(1,ba－b)＝[b＋(a－b)]2＋eq \f(1,ba－b)≥4b(a－b)＋eq \f(1,ba－b)≥4.
当且仅当4b2(a－b)2＝1，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立. 故a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值是4.
思路参考：利用三角换元求最值．
4 解析：由b＋(a－b)＝a，联想到三角换元，令a－b＝acs2α， b＝asin2αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠\f(kπ,2)，k∈Z))，
于是a2＋eq \f(1,ba－b)＝a2＋eq \f(1,a2sin2αcs2α)＝a2＋eq \f(4,a2sin22α)≥a2＋eq \f(4,a2)≥4，当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，sin22α＝1，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时等号成立. 故a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值是4.
1．利用基本不等式，通过恒等变形及配凑，使“和”或“积”为定值，是求解最值问题的常用方法. 其中常见的变形手段有拆项、并项、配式及配系数等．
2．基于新课程标准，求最值问题一般要熟练掌握对代数式的变形能力、推理能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
已知x＞0，y＞0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，则x＋y的最小值为________．
16 解析：(方法一：1的代换)因为eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝10＋eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y).
因为x＞0，y＞0，
所以eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)≥2eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝6.
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(9x,y)，即y＝3x时，取等号．
又eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，所以x＝4，y＝12，所以x＋y≥16.
所以当x＝4，y＝12时，x＋y取最小值16.
(方法二：消元法)由eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，得x＝eq \f(y,y－9).
因为x＞0，y＞0，所以y＞9.
x＋y＝eq \f(y,y－9)＋y＝y＋eq \f(y－9＋9,y－9)＝y＋eq \f(9,y－9)＋1＝(y－9)＋eq \f(9,y－9)＋10.
因为y＞9，所以y－9＞0，
所以y－9＋eq \f(9,y－9)≥2eq \r(y－9·\f(9,y－9))＝6.
当且仅当y－9＝eq \f(9,y－9)，即y＝12时取等号，此时，x＝4，所以当x＝4，y＝12时，x＋y取最小值16.
(方法三：配凑法)由eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，得y＋9x＝xy，
所以(x－1)(y－9)＝9.
所以x＋y＝10＋(x－1)＋(y－9)
≥10＋2eq \r(x－1y－9)＝16.
当且仅当x－1＝y－9时取等号．
又因为eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，所以x＝4，y＝12.
所以当x＝4，y＝12时，x＋y取最小值16.
读
想
算
思
a2＋eq \f(1,ba－b)最小值
求最小值的方法？
构造定积
转化与化归
a>b>0
1.构造定积；
2.三角换元.
1.定和求积→定积求和；
2.变形：b＋(a－b)＝a，构造定积；
3.三角代换构造定积
1.定和求积积最大，定积求和和最小；
2.三角代换条件