高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1培优点2基本不等式的综合问题(学生版+解析)

这是一份高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题1培优点2基本不等式的综合问题(学生版+解析)，共5页。学案主要包含了要点提炼，拓展训练，方法总结等内容，欢迎下载使用。
利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．
【典例】1 (1)已知x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是_________________________．
(2)设x≥0，y≥0，x2＋eq \f(y2,2)＝1，则x·eq \r(1＋y2)的最大值为________．
(3)已知x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(2,y＋1)＝2，则2x＋y的最小值为________．
【典例】2 记max{a，b}为a，b两数的最大值，则当正数x，y(x>y)变化时，t＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值为________．
【拓展训练】
1．若正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)的最小值是( )
A．1 B．6 C．9 D．16
2．(2020·厦门模拟)函数y＝eq \r(2x－1)＋eq \r(5－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________．
4．设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取得最小值．
培优点2 基本不等式的综合问题
【要点提炼】
利用基本不等式求最值时，要坚持“一正、二定、三相等”原则，解题时可以对条件灵活变形，满足求最值的条件要求．
【典例】1 (1)已知x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是_________________________．
(2)设x≥0，y≥0，x2＋eq \f(y2,2)＝1，则x·eq \r(1＋y2)的最大值为________．
(3)已知x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(2,y＋1)＝2，则2x＋y的最小值为________．
【答案】 (1)eq \f(2\r(3),3) (2)eq \f(3\r(2),4) (3)3
【解析】 (1)由(x＋y)2＝xy＋1，
得(x＋y)2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))2＋1，
则x＋y≤eq \f(2\r(3),3)(当且仅当x＝y＝eq \f(\r(3),3)时取等号)，
故x＋y的最大值为eq \f(2\r(3),3).
(2)x·eq \r(1＋y2)＝eq \r(2)x·eq \r(\f(1＋y2,2))
≤eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(1＋y2,2),2)＝eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(y2,2)＋\f(1,2),2)
＝eq \f(3\r(2),4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x＝\f(\r(3),2)，y＝\f(\r(2),2)时取等号))，
故x·eq \r(1＋y2)的最大值为eq \f(3\r(2),4).
(3)∵2x＋(y＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y＋1)))[2x＋(y＋1)]
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(y＋1,x)＋\f(4x,y＋1)＋2))≥4，
∴2x＋y＝2x＋(y＋1)－1≥3(当且仅当x＝1，y＝1时取等号)，故2x＋y的最小值为3.
【典例】2 记max{a，b}为a，b两数的最大值，则当正数x，y(x>y)变化时，t＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值为________．
【答案】 10
【解析】 方法一 由题意知t≥x2，t≥eq \f(25,yx－y)，
∴2t≥x2＋eq \f(25,yx－y)，
又∵x2＋eq \f(25,yx－y)≥x2＋eq \f(25,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(y＋x－y,2)))2)＝x2＋eq \f(100,x2)
≥20，∴2t≥20，即t≥10.
∴当正数x，y(x>y)变化时，t＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值为10.
方法二 由题意知t≥x2>0，t≥eq \f(25,yx－y)>0，
∴t2≥x2·eq \f(25,yx－y)，
又∵x2·eq \f(25,yx－y)≥x2·eq \f(25,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(y＋x－y,2)))2)＝x2·eq \f(100,x2)
＝100，∴t2≥100，即t≥10.
∴当正数x，y(x>y)变化时，t＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x2，\f(25,yx－y)))的最小值为10.
【方法总结】
(1)运用基本不等式求最值时，可通过配凑变量的系数或加减常数项出现定值，满足基本不等式求最值的条件．
(2)将目标函数式中的常数用已知式进行等量代换，或者将目标函数式与已知代数式相乘，然后通过化简变形，求得目标函数的最值．
【拓展训练】
1．若正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)的最小值是( )
A．1 B．6 C．9 D．16
【答案】 B
【解析】 ∵正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，
∴b＝eq \f(a,a－1)>0，解得a>1.同理可得b>1，
∴eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)＝eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,\f(a,a－1)－1)
＝eq \f(1,a－1)＋9(a－1)≥2eq \r(\f(1,a－1)·9a－1)＝6，
当且仅当eq \f(1,a－1)＝9(a－1)，即a＝eq \f(4,3)时等号成立，
∴所求最小值为6.
2．(2020·厦门模拟)函数y＝eq \r(2x－1)＋eq \r(5－2x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________．
【答案】 4
【解析】 因为a>0，b>0，ab＝1，
所以原式＝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)，
即a＋b＝4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.
4．设a＋b＝2，b>0，则当a＝________时，eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取得最小值．
【答案】 －2
【解析】 eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥－eq \f(1,4)＋2eq \r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝eq \f(3,4)，当且仅当eq \f(b,4|a|)＝eq \f(|a|,b)且a