（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式 4 第4講 基本不等式教學(xué)案

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1、第4講　基本不等式 1．基本不等式：≤ (1)基本不等式成立的條件：a≥0，b≥0. (2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． (3)其中稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)． 2．幾個重要的不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． (2)ab≤(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． (3)≥(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． (4)＋≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號． 3．利用基本不等式求最值 已知x≥0，y≥0，則 (1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2．(簡記

2、：積定和最小) (2)如果和x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值是．(簡記：和定積最大) [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)函數(shù)y＝x＋的最小值是2.(　　) (2)ab≤成立的條件是ab>0.(　　) (3)“x>0且y>0”是“＋≥2”的充要條件．(　　) (4)若a>0，則a3＋的最小值是2.(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× [教材衍化] 1．(必修5P99例1(2)改編)設(shè)x＞0，y＞0，且x＋y＝18，則xy的最大值為________． 解析：因?yàn)閤>0，y>0，所以≥， 即xy≤＝81，

3、 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時，(xy)max＝81. 答案：81 2．(必修5P100A組T2改編)若把總長為20 m的籬笆圍成一個矩形場地，則矩形場地的最大面積是________m2. 解析：設(shè)矩形的一邊為x m， 則另一邊為×(20－2x)＝(10－x)m， 所以y＝x(10－x)≤＝25， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝10－x，即x＝5時，ymax＝25. 答案：25 [易錯糾偏] (1)忽視基本不等式成立的條件； (2)基本不等式不會變形使用． 1．“x>0”是“x＋≥2成立”的(　　) A．充分不必要條件　　 　 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件

4、解析：選C.當(dāng)x>0時，x＋≥2 ＝2. 因?yàn)閤，同號，所以若x＋≥2，則x>0，>0，所以“x>0”是“x＋≥2成立”的充要條件，故選C. 2．設(shè)x>0，則函數(shù)y＝x＋－的最小值為________． 解析：y＝x＋－＝＋－2≥2 －2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＋＝，即x＝時等號成立．所以函數(shù)的最小值為0. 答案：0 　　　　　　利用基本不等式求最值(高頻考點(diǎn)) 利用基本不等式求最值是高考的常考內(nèi)容，題型主要為選擇題、填空題．主要命題角度有： (1)求不含等式條件的函數(shù)最值； (2)求含有等式條件的函數(shù)最值． 角度一　求不含等式條件的函數(shù)最值 (1)函數(shù)f(x)＝(x>0)

5、的最大值為________． (2)已知x<，則f(x)＝4x－2＋的最大值為________． 【解析】　(1)因?yàn)閤>0，則f(x)＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時等號成立． (2)因?yàn)閤<，所以5－4x>0， 則f(x)＝4x－2＋＝－＋3≤－2＋3＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝，即x＝1時，等號成立． 故f(x)＝4x－2＋的最大值為1. 【答案】　(1)　(2)1 角度二　求含有等式條件的函數(shù)最值 (1)已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8y＝lg 2，則＋的最小值是(　　) A．2　　　　　　　　　　　 B．2 C．4 D．2 (2)(2020·杭州中學(xué)高三月

6、考)函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a＞0，且a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中m，n均大于0，則＋的最小值為(　　) A．2 B．4 C．8 D．16 【解析】　(1)因?yàn)閘g 2x＋lg 8y＝lg 2， 所以x＋3y＝1， 所以＋＝(x＋3y)＝2＋＋≥4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即x＝，y＝時，取等號． (2)因?yàn)閤＝－2時，y＝loga1－1＝－1， 所以函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a＞0，a≠1)的圖象恒過定點(diǎn)(－2，－1)，即A(－2，－1)， 因?yàn)辄c(diǎn)A在直線mx＋ny＋1＝0上， 所以－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1，

7、 因?yàn)閙＞0，n＞0，＋＝(2m＋n)＝2＋＋＋2≥4＋2 ＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝，n＝時取等號， 故選C. 【答案】　(1)C　(2)C 利用基本不等式求最值的方法 (1)知和求積的最值：“和為定值，積有最大值”．但應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：①具備條件——正數(shù)；②驗(yàn)證等號成立． (2)知積求和的最值：“積為定值，和有最小值”，直接應(yīng)用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的條件． (3)構(gòu)造不等式求最值：在求解含有兩個變量的代數(shù)式的最值問題時，通常采用“變量替換”或“常數(shù)1”的替換，構(gòu)造不等式求解．　 1．設(shè)a，b>0，a＋b＝5，則＋的最大值為________． 解析

8、：令t＝＋，則t2＝a＋1＋b＋3＋2＝9＋2≤9＋a＋1＋b＋3＝13＋a＋b＝13＋5＝18， 當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋3時取等號，此時a＝，b＝. 所以 tmax＝＝3. 答案：3 2．(2020·瑞安市龍翔高中高三月考)設(shè)x，y滿足約束條件，若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞1，b＞2)的最大值為5，則＋的最小值為________． 解析：由約束條件，作出可行域如圖， 聯(lián)立，解得A(1，1)． 由z＝ax＋by(a＞1，b＞2)，得y＝－x＋， 由圖可知，zmax＝a＋b＝5.可得a－1＋b－2＝2. 所以＋＝(a－1＋b－2) ＝ ≥＝. 當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時等號成立，

9、并且a＋b＝5，a>1，b>2即a＝，b＝時上式等號成立． 所以＋的最小值為. 答案： 　　　　　　利用轉(zhuǎn)化思想求參數(shù) 已知不等式(x＋y)≥9對任意的正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則正實(shí)數(shù)a的最小值為________． 【解析】　(x＋y)＝1＋a＋＋≥1＋a＋2＝(＋1)2(x，y，a>0)， 當(dāng)且僅當(dāng)y＝x時取等號， 所以(x＋y)·的最小值為(＋1)2， 于是(＋1)2≥9恒成立． 所以a≥4. 【答案】　4 (1)涉及恒成立問題的數(shù)學(xué)問題，一般將其轉(zhuǎn)化為最值問題處理，即a≥f(x)恒成立，則a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立，則a≤f(x)min. (

10、2)涉及多個變元問題時，用常量與變元的轉(zhuǎn)化思想處理．如本例先把參數(shù)a看作常量，求得含參數(shù)a的最值，再將其轉(zhuǎn)化為變量處理．　 1．(2020·浙江省名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x＋＋2的值域?yàn)?－∞，0]∪[4，＋∞)，則a的值是(　　) A. B. C．1 D．2 解析：選C.由題意可得a＞0，①當(dāng)x＞0時，f(x)＝x＋＋2≥2＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時取等號；②當(dāng)x＜0時，f(x)＝x＋＋2≤－2＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－時取等號．所以 解得a＝1，故選C. 2．(2020·金麗衢十二校高三聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝(a<2)在區(qū)間(1，＋∞)上的最小值為6，則實(shí)數(shù)a的值為(　　

11、) A．2 B. C．1 D. 解析：選B.f(x)＝＝＝2(x－1)＋＋4≥2 ＋4＝2＋4，當(dāng)且僅當(dāng)2(x－1)＝?x＝1＋時，等號成立，所以2＋4＝6?a＝，故選B. 　　　　　　利用不等式解決實(shí)際問題 如圖所示，將一矩形花壇ABCD擴(kuò)建成一個更大的矩形花壇AMPN，要求B點(diǎn)在AM上，D點(diǎn)在AN上，且對角線MN過點(diǎn)C，已知AB＝3米，AD＝2米． (1)要使矩形AMPN的面積大于32平方米，則DN的長應(yīng)在什么范圍內(nèi)？ (2)當(dāng)DN的長度為多少時，矩形花壇AMPN的面積最小？并求出最小值． 【解】　(1)設(shè)DN的長為x(x>0)米，則|AN|＝(x＋2)米

12、． 因?yàn)椋剑詜AM|＝， 所以S矩形AMPN＝|AN|·|AM|＝. 由S矩形AMPN>32得>32. 又x>0得3x2－20x＋12>0，解得06， 即DN長的取值范圍是∪(6，＋∞)． (2)矩形花壇的面積為y＝＝ ＝3x＋＋12(x>0)≥2 ＋12＝24. 當(dāng)且僅當(dāng)3x＝即x＝2時，矩形花壇的面積最小為24平方米． (1)利用基本不等式求解實(shí)際問題的注意事項(xiàng) ①根據(jù)實(shí)際問題抽象出目標(biāo)函數(shù)的表達(dá)式，再利用基本不等式求得函數(shù)的最值． ②設(shè)變量時一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù)． ③解應(yīng)用題時，一定要注意變量的實(shí)際意義及其取值范圍． ④在

13、應(yīng)用基本不等式求函數(shù)最值時，若等號取不到，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解． (2)此類問題還常與一元二次函數(shù)、一元二次不等式結(jié)合命題，求解關(guān)鍵是構(gòu)建函數(shù)與不等關(guān)系，在實(shí)際條件下解決．　 　某公司生產(chǎn)的商品A，當(dāng)每件售價(jià)為5元時，年銷售10萬件． (1)據(jù)市場調(diào)查，若價(jià)格每提高1元，銷量相應(yīng)減少1萬件，要使銷售收入不低于原銷售收入，該商品的銷售價(jià)格最多可提高多少元？ (2)為了擴(kuò)大該商品的影響力，公司決定對該商品的生產(chǎn)進(jìn)行技術(shù)革新，將技術(shù)革新后生產(chǎn)的商品售價(jià)提高到每件x元，公司擬投入(x2＋x)萬元作為技改費(fèi)用，投入萬元作為宣傳費(fèi)用．試問：技術(shù)革新后生產(chǎn)的該商品銷售量m至少應(yīng)達(dá)到多少萬件時，才

14、能使技術(shù)革新后的該商品銷售收入等于原銷售收入與總投入之和？ 解：(1)設(shè)商品的銷售價(jià)格提高a元， 則(10－a)(5＋a)≥50，解得0≤a≤5. 所以商品的價(jià)格最多可以提高5元． (2)由題意知，技術(shù)革新后的銷售收入為mx萬元， 若技術(shù)革新后的銷售收入等于原銷售收入與總投入之和，只需滿足mx＝(x2＋x)＋＋50(x>5)即可， 此時m＝x＋＋≥2 ＋＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝10時，取“＝”． 故銷售量至少應(yīng)達(dá)到萬件，才能使技術(shù)革新后的銷售收入等于原銷售收入與總投入之和． 核心素養(yǎng)系列13　數(shù)學(xué)運(yùn)算——利用均值定理連續(xù)放縮求最值 　已知a>b>0，那么a2＋的最小值為_

15、_______． 【解析】　因?yàn)閍>b>0，所以a－b>0，所以b(a－b)≤＝，所以a2＋≥a2＋≥2 ＝4，當(dāng)且僅當(dāng)b＝a－b且a2＝，即a＝且b＝時取等號，所以a2＋的最小值為4. 答案：4 　設(shè)a>b>0，則a2＋＋的最小值是________． 【解析】　因?yàn)閍>b>0，所以a－b>0，所以a2＋＋＝(a2－ab)＋＋＋ab≥2＋2 ＝4(當(dāng)且僅當(dāng)a2－ab＝且＝ab，即a＝，b＝時取等號)． 【答案】　4 利用基本不等式求函數(shù)或代數(shù)式的最值時一定要注意驗(yàn)證等號是否成立，特別是當(dāng)連續(xù)多次使用基本不等式時，一定要注意每次是否能保證等號成立，并且注意取等號的條件的一致性，因

16、此在利用基本不等式處理問題時，列出等號成立的條件不僅是解題的必要步驟，也是檢驗(yàn)轉(zhuǎn)換是否有誤的一種方法．　 [基礎(chǔ)題組練] 1．當(dāng)x＞0時，函數(shù)f(x)＝有(　　) A．最小值1　　　 　　　　 B．最大值1 C．最小值2 D．最大值2 解析：選B.f(x)＝≤＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，x＞0即x＝1時取等號． 所以f(x)有最大值1. 2．設(shè)非零實(shí)數(shù)a，b，則“a2＋b2≥2ab”是“＋≥2”成立的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B.因?yàn)閍，b∈R時，都有a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，即a

17、2＋b2≥2ab，而＋≥2?ab>0，所以“a2＋b2≥2ab”是“＋≥2”的必要不充分條件． 3．(2020·嘉興期中)若正實(shí)數(shù)x，y滿足x＋2y＋2xy－8＝0，則x＋2y的最小值為(　　) A．3 B．4 C. D. 解析：選B.因?yàn)檎龑?shí)數(shù)x，y滿足x＋2y＋2xy－8＝0， 所以x＋2y＋－8≥0， 設(shè)x＋2y＝t＞0， 所以t＋t2－8≥0， 所以t2＋4t－32≥0， 即(t＋8)(t－4)≥0， 所以t≥4， 故x＋2y的最小值為4. 4．若log4(3a＋4b)＝log2，則a＋b的最小值是(　　) A．6＋2 B．7＋2 C．6＋4

18、 D．7＋4 解析：選D.由題意得所以 又log4(3a＋4b)＝log2， 所以log4(3a＋4b)＝log4(ab)， 即3a＋4b＝ab，故＋＝1. 所以a＋b＝(a＋b)＝7＋＋ ≥7＋2 ＝7＋4. 當(dāng)且僅當(dāng)＝時取等號．故選D. 5．不等式x2＋x<＋對任意a，b∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(　　) A．(－2，0) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－2，1) D．(－∞，－4)∪(2，＋∞) 解析：選C.根據(jù)題意，由于不等式x2＋x<＋對任意a，b∈(0，＋∞)恒成立，則x2＋x<，因?yàn)椋? ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，所

19、以x2＋x<2，求解此一元二次不等式可知－20，所以a－1>0，所以＋＝＋＝＋≥2 ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)＝和＋＝1同時成立，即a＝b＝3時等號成立，所以＋的最小值為2，故選A. 7．已知a，b∈(0，＋∞)，若ab＝1，則a＋b的最小值為________；若a＋b＝1，則ab的最大值為________． 解析：由基本不等式得a＋b≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時取到等號；ab

20、≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時取到等號． 答案：2　 8．(2020·嘉興期中)已知0＜x＜，則x(5－4x)的最大值是________． 解析：因?yàn)?＜x＜， 所以0＜5－4x＜5， 所以x(5－4x)＝·4x(5－4x)≤·＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時取等號，故最大值為. 答案： 9．(2020·溫州市瑞安市高考模擬)若x＞0，y＞0，則＋的最小值為________． 解析：設(shè)＝t＞0，則＋＝＋t＝＋(2t＋1)－≥2－＝－，當(dāng)且僅當(dāng)t＝＝時取等號． 答案：－ 10．(2020·寧波十校聯(lián)考)已知a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，c＞1，則(－1)·c＋的最小值為________． 解析

21、：因?yàn)閍＋b＝1， 所以－1＝－1 ＝＋≥2 ＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝即a＝－1，b＝2－時取等號， 所以(－1)·c＋≥c＋＝(c－1＋＋1)≥3，當(dāng)且僅當(dāng)c＝2時取等號． 答案：3 11．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，求 (1)xy的最小值； (2)x＋y的最小值． 解：(1)由2x＋8y－xy＝0，得＋＝1， 又x>0，y>0，則1＝＋≥2 ＝. 得xy≥64，當(dāng)且僅當(dāng)x＝16，y＝4時，等號成立． 所以xy的最小值為64. (2)由2x＋8y－xy＝0，得＋＝1， 則x＋y＝·(x＋y) ＝10＋＋≥10＋2 ＝18. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝12且y＝6時等

22、號成立， 所以x＋y的最小值為18. 12.行駛中的汽車，在剎車時由于慣性作用，要繼續(xù)往前滑行一段距離才能停下，這段距離叫做剎車距離．在某種路面上，某種型號汽車的剎車距離s(m)與汽車的車速v(km/h)滿足下列關(guān)系：s＝＋(n為常數(shù)，且n∈N)，做了兩次剎車試驗(yàn)，有關(guān)試驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示，其中 (1)求n的值； (2)要使剎車距離不超過12.6 m，則行駛的最大速度是多少？ 解：(1)由試驗(yàn)數(shù)據(jù)知，s1＝n＋4，s2＝n＋， 所以 解得. 又n∈N，所以n＝6. (2)由(1)知，s＝＋，v≥0. 依題意，s＝＋≤12.6， 即v2＋24v－5 040≤0，解得－84≤v≤

23、60. 因?yàn)関≥0，所以0≤v≤60. 故行駛的最大速度為60 km/h. [綜合題組練] 1.如圖所示，已知點(diǎn)G是△ABC的重心，過點(diǎn)G作直線與AB，AC兩邊分別交于M，N兩點(diǎn)，且＝x，＝y(tǒng)，則x＋2y的最小值為(　　) A．2 B. C. D. 解析：選C.由已知可得＝×(＋)＝＋＝＋，又M、G、N三點(diǎn)共線，故＋＝1，所以＋＝3，則x＋2y＝(x＋2y)··＝≥(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時取等號)．故選C. 2．已知x>0，y>0，2x＋y＝1，若4x2＋y2＋－m<0恒成立，則m的取值范圍是(　　) A．(－1，0)∪ B. C. D. 解析：選B.4x2＋y

24、2＋－m<0恒成立，即m>4x2＋y2＋恒成立．因?yàn)閤>0，y>0，2x＋y＝1，所以1＝2x＋y≥2，所以0<≤(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝時，等號成立)．因?yàn)?x2＋y2＋＝(2x＋y)2－4xy＋＝1－4xy＋＝－4＋，所以4x2＋y2＋的最大值為，故m>，選B. 3．(2020·杭州學(xué)軍中學(xué)考試)已知a＜b，若二次不等式ax2＋bx＋c≥0對任意實(shí)數(shù)x恒成立，則M＝的最小值為________． 解析：由條件知a＞0，b－a＞0.由題意得Δ＝b2－4ac≤0，解得c≥，所以M＝≥＝＝＝ ＝＋＋4≥2＋4＝4＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)b＝3a時等號成立，所以M的最小值為8. 答案：8 4．(20

25、20·浙江省名校聯(lián)考)已知a＞0，b＞－1，且a＋b＝1，則＋的最小值為____________． 解析：＋＝a＋＋＝a＋＋b＋1－2＋，又a＋b＝1，a＞0，b＋1＞0，所以a＋＋b＋1－2＋＝＋＝＝＋＋≥＋2 ＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝即a＝4－2，b＝2－3時取等號，所以＋的最小值為. 答案： 5．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20. 求：(1)u＝lg x＋lg y的最大值； (2)＋的最小值． 解：(1)因?yàn)閤>0，y>0， 所以由基本不等式，得2x＋5y≥2. 因?yàn)?x＋5y＝20，所以2≤20，xy≤10， 當(dāng)且僅當(dāng)2x＝5y時，等號成立． 因此有解得 此時xy有最

26、大值10. 所以u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1. 所以當(dāng)x＝5，y＝2時，u＝lg x＋lg y有最大值1. (2)因?yàn)閤>0，y>0， 所以＋＝·＝≥ ＝. 當(dāng)且僅當(dāng)＝時，等號成立． 由解得 所以＋的最小值為. 6.(2020·義烏模擬)如圖，某生態(tài)園將一三角形地塊ABC的一角APQ開辟為水果園種植桃樹，已知角A為120°，AB，AC的長度均大于200米，現(xiàn)在邊界AP，AQ處建圍墻，在PQ處圍竹籬笆． (1)若圍墻AP，AQ總長度為200米，如何圍可使得三角形地塊APQ的面積最大？ (2)已知AP段圍墻高1米，AQ段圍墻高1.5米，造價(jià)均為每平方米

27、100元．若圍圍墻用了20 000元，問如何圍可使竹籬笆用料最?。? 解：設(shè)AP＝x米，AQ＝y(tǒng)米． (1)則x＋y＝200，△APQ的面積S＝xy·sin 120°＝xy.所以S≤＝2 500. 當(dāng)且僅當(dāng) 即x＝y(tǒng)＝100時取“＝”． (2)由題意得100×(x＋1.5y)＝20 000，即x＋1.5y＝200.要使竹籬笆用料最省，只需其長度PQ最短，所以PQ2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy＝(200－1.5y)2＋y2＋(200－1.5y)y＝1.75y2－400y＋40 000＝1.75＋，當(dāng)y＝時，PQ有最小值，此時x＝. 16