統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第1章集合常用邏輯用語(yǔ)不等式第6節(jié)基本不等式教師用書(shū)教案北師大版

PAGE基本不等式[考試要求]1.了解基本不等式的證明過(guò)程.2.會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)潔的最大(小)值問(wèn)題．1．基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b.2．幾個(gè)重要的不等式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1a2＋b2≥2aba，b∈R；,2\f(b,a)＋\f(a,b)≥2a，b同號(hào)且不為零；,3ab≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2a，b∈R；,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤\f(a2＋b2,2)a，b∈R.))eq\a\vs4\al(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b,時(shí)等號(hào)成立)3．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)設(shè)a>0，b>0，則a，b的算術(shù)平均數(shù)為eq\f(a＋b,2)，幾何平均數(shù)為eq\r(ab)，基本不等式可敘述為：兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)．4．利用基本不等式求最值已知x>0，y>0，則(1)x＋y≥2eq\r(xy)，若xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，x＋y有最小值2eq\r(p)(簡(jiǎn)記：積定和最小)．(2)xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，若x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值eq\f(s2,4)(簡(jiǎn)記：和定積最大)．提示：在應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，肯定要檢驗(yàn)求解的前提條件：“一正、二定、三相等”，其中等號(hào)能否取到易被忽視．eq\a\vs4\al([常用結(jié)論])重要不等式鏈若a≥b＞0，則a≥eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)≥b.一、易錯(cuò)易誤辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)兩個(gè)不等式a2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是相同的．()(2)若a>0，則a3＋eq\f(1,a2)的最小值為2eq\r(a).()(3)函數(shù)f(x)＝sinx＋eq\f(4,sinx)，x∈(0，π)的最小值為4.()(4)x＞0且y＞0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要條件．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材習(xí)題衍生1．設(shè)x＞0，y＞0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A．80B．77C．81D．82C[xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝81，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時(shí)，等號(hào)成立．故選C.]2．若x＞0，則x＋eq\f(4,x)()A．有最大值，且最大值為4B．有最小值，且最小值為4C．有最大值，且最大值為2eq\r(2)D．有最小值，且最小值為2eq\r(2)B[x＞0時(shí)，x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x×\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)等號(hào)成立．故選B.]3．若把總長(zhǎng)為20m的籬笆圍成一個(gè)矩形場(chǎng)地，則矩形場(chǎng)地的最大面積是________m2.25[設(shè)一邊長(zhǎng)為xm，則另一邊長(zhǎng)可表示為(10－x)m，由題知0＜x＜10，則面積S＝x(10－x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋10－x,2)))2＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝10－x，即x＝5時(shí)等號(hào)成立，故當(dāng)矩形的長(zhǎng)與寬相等，且都為5m時(shí)面積取到最大值25m2.]4．已知x＞2，則x＋eq\f(4,x－2)的最小值為_(kāi)_______．6[∵x＞2，∴x＋eq\f(4,x－2)＝(x－2)＋eq\f(4,x－2)＋2≥6.]考點(diǎn)一利用基本不等式求最值利用基本不等式求最值的三種方法干脆法求最值[典例1－1](1)若a，b都是正數(shù)，且a＋b＝1，則(a＋1)·(b＋1)的最大值為()A.eq\f(3,2)B．2C.eq\f(9,4)D．4(2)ab＞0，則eq\f(a2＋2b2,ab)的最小值為()A．2eq\r(2)B.eq\r(2)C．3 D．2(3)(2024·天津高考)已知a＞0，b＞0，且ab＝1，則eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為_(kāi)_______．(1)C(2)A(3)4[(1)(a＋1)(b＋1)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f([a＋1＋b＋1],2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋1，即a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立，故選C.(2)∵ab＞0，∴eq\f(a2＋2b2,ab)＝eq\f(a,b)＋eq\f(2b,a)≥2eq\r(\f(a,b)·\f(2b,a))＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(2b,a)，即a＝eq\r(2)b時(shí)等號(hào)成立，故選A.(3)由a＞0，b＞0，ab＝1得eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)＝eq\f(a＋b,2ab)＋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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,b＞0，ab＝1，,\f(a＋b,2)＝\f(8,a＋b)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝1，,a＋b＝4))時(shí)取等號(hào)，因此eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(8,a＋b)的最小值為4.]點(diǎn)評(píng)：解答本例T(2)，T(3)時(shí)，先把待求最值的式子變形，這是解題的關(guān)鍵．配湊法求最值[典例1－2](1)(2024·大連模擬)已知a，b是正數(shù)，且4a＋3b＝6，則a(a＋3bA．eq\f(9,8) B．eq\f(9,4)C．3 D．9(2)已知不等式2x＋m＋eq\f(2,x－1)＞0對(duì)一切x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．m＞－6 B．m＜－6C．m＞－7 D．m＜－7(3)若－4＜x＜1，則f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)()A．有最小值1 B．有最大值1C．有最小值－1 D．有最大值－1(1)C(2)A(3)D[(1)∵a>0，b>0,4a＋3b∴a(a＋3b)＝eq\f(1,3)·3a(a＋3b)≤eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a＋a＋3b,2)))2＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)3a＝a＋3b，即a＝1，b＝eq\f(2,3)時(shí)，a(a＋3b)的最大值是3.(2)由題意知，－m＜2x＋eq\f(2,x－1)對(duì)一切x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))恒成立，又x≥eq\f(3,2)時(shí)，x－1＞0，則2x＋eq\f(2,x－1)＝2(x－1)＋eq\f(2,x－1)＋2≥2eq\r(2x－1×\f(2,x－1))＋2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)2(x－1)＝eq\f(2,x－1)，即x＝2時(shí)等號(hào)成立．∴－m＜6，即m＞－6，故選A.(3)∵－4＜x＜1，∴0＜1－x＜5，∴f(x)＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)＝eq\f(x2－2x＋1＋1,2x－1)＝－eq\f(1,2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－x＋\f(1,1－x)))≤－eq\f(1,2)×2eq\r(1－x·\f(1,1－x))＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)1－x＝eq\f(1,1－x)，即x＝0時(shí)等號(hào)成立．∴函數(shù)f(x)有最大值－1，無(wú)最小值，故選D.]點(diǎn)評(píng)：形如f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,dx＋e)的函數(shù)，可化為f(x)＝eq\f(1,m)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x＋k＋\f(1,x＋k)))的形式，再利用基本不等式求解，如本例T(3)．常數(shù)代換法求最值[典例1－3](1)(2024·深圳市福田區(qū)模擬)已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)的最小值為()A.eq\f(3,2)＋eq\r(2) B.eq\f(3,4)＋eq\f(\r(2),2)C．3＋2eq\r(2) D.eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),3)(2)已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為_(kāi)_______．(1)A(2)4[(1)已知a＞1，b＞0，a＋b＝2，可得(a－1)＋b＝1，又a－1＞0，則eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)＝[(a－1)＋b]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＋\f(1,2b)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(a－1,2b)＋eq\f(b,a－1)≥eq\f(3,2)＋2eq\r(\f(a－1,2b)×\f(b,a－1))＝eq\f(3,2)＋eq\r(2).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a－1,2b)＝eq\f(b,a－1)，a＋b＝2時(shí)取等號(hào)．則eq\f(1,a－1)＋eq\f(1,2b)的最小值為eq\f(3,2)＋eq\r(2).故選A.(2)因?yàn)閍＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立．][母題變遷]1．若本例(2)條件不變，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))的最小值．[解]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立．2．本例(2)中把“a＋b＝1”改為“a＋2b＝3”，求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值．[解]因?yàn)閍＋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\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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).當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\r(2)b時(shí)，等號(hào)成立．點(diǎn)評(píng)：常數(shù)代換法主要解決形如“已知x＋y＝t(t為常數(shù))，求eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)的最值”的問(wèn)題，先將eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)轉(zhuǎn)化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,y)))·eq\f(x＋y,t)，再用基本不等式求最值．eq\a\vs4\al([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．設(shè)a＞0，b＞0，若3eq\r(3)是3a與3b的等比中項(xiàng)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．12 B．4C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,3)D[由題意知3a·3b＝(3eq\r(3))2，即3a＋b＝33，∴a＋b＝3，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(3,2)時(shí)等號(hào)成立，故選D.]2．(2024·天津高考)設(shè)x＞0，y＞0，x＋2y＝5，則eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值為_(kāi)_______．4eq\r(3)[∵x＞0，y＞0，x＋2y＝5，∴eq\f(x＋12y＋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)，當(dāng)且僅當(dāng)2eq\r(xy)＝eq\f(6,\r(xy))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xy＝3,x＋2y＝5))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3,y＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝\f(3,2)))時(shí)等號(hào)成立，因此eq\f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值為4eq\r(3).]考點(diǎn)二基本不等式的實(shí)際應(yīng)用利用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題的三個(gè)留意點(diǎn)(1)設(shè)變量時(shí)，一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù)．(2)解題時(shí)，肯定要留意變量的實(shí)際意義及其取值范圍．(3)在應(yīng)用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)，若等號(hào)取不到，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解，如利用f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的單調(diào)性．[典例2](2024·黃山模擬)習(xí)總書(shū)記指出：“綠水青山就是金山銀山”．常州市一鄉(xiāng)鎮(zhèn)響應(yīng)號(hào)召，因地制宜的將該鎮(zhèn)打造成“生態(tài)水果特色小鎮(zhèn)”．調(diào)研過(guò)程中發(fā)覺(jué)：某珍稀水果樹(shù)的單株產(chǎn)量W(單位：千克)與肥料費(fèi)用10x(單位：元)滿(mǎn)意如下關(guān)系：W(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x2＋2，0≤x≤2，,\f(48x,x＋1)，2＜x≤5，))其他成本投入(如培育管理等人工費(fèi))為20x(單位：元)．已知這種水果的市場(chǎng)售價(jià)大約為10元/千克，且供不應(yīng)求．記該單株水果樹(shù)獲得的利潤(rùn)為f(x)(單位：元)．(1)求f(x)的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為多少時(shí)，該單株水果樹(shù)獲得的利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？[解](1)由已知f(x)＝10W(x)－20x－10x＝10W(x)－30x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10×5x2＋2－30x，0≤x≤2，,10×\f(48x,1＋x)－30x，2＜x≤5))則f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50x2－30x＋100，0≤x≤2，,\f(480x,1＋x)－30x，2＜x≤5.))(2)由(1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50x2－30x＋100，0≤x≤2,\f(480x,1＋x)－30x，2＜x≤5))變形得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(50\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,10)))2＋\f(191,2)，0≤x≤2，,510－30\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))，2＜x≤5.))當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,10)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,10)，2))上單調(diào)遞增，且f(0)＝100＜f(2)＝240，∴f(x)max＝f(2)＝240；當(dāng)2＜x≤5時(shí)，f(x)＝510－30eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))，∵x＋1＋eq\f(16,x＋1)≥2eq\r(1＋x·\f(16,1＋x))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(16,1＋x)＝1＋x時(shí)，即x＝3時(shí)等號(hào)成立．∴f(x)max＝510－30×8＝270，因?yàn)?40＜270，所以當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)max＝270.所以，當(dāng)投入的肥料費(fèi)用為30元時(shí)，種植該果樹(shù)獲得的最大利潤(rùn)是270元．點(diǎn)評(píng)：解答本例第(2)問(wèn)時(shí)，把f(x)＝eq\f(480x,1＋x)－30x變形為f(x)＝510－30eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,1＋x)＋1＋x))是解題的關(guān)鍵．eq\a\vs4\al([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．某公司一年購(gòu)買(mǎi)某種貨物600噸，每次購(gòu)買(mǎi)x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬(wàn)元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元．要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x的值是________．30[一年的總運(yùn)費(fèi)為6×eq\f(600,x)＝eq\f(3600,x)(萬(wàn)元)．一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元．總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3600,x)＋4x))萬(wàn)元．因?yàn)閑q\f(3600,x)＋4x≥2eq\r(\f(3600,x)·4x)＝240，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3600,x)＝4x，即x＝30時(shí)取得等號(hào)，所以當(dāng)x＝30時(shí)，一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小．]2．一批救災(zāi)物資隨51輛汽車(chē)從某市以vkm/h的速度勻速直達(dá)災(zāi)區(qū)，已知兩地馬路途長(zhǎng)400km，為了平安起見(jiàn)，兩輛汽車(chē)的間距不得小于eq\f(v2,800)km，那么這批物資全部到達(dá)災(zāi)區(qū)，最少須要________小時(shí)．10[設(shè)全部物資到達(dá)災(zāi)區(qū)所需時(shí)間為t小時(shí)，由題意可知，t相當(dāng)于最終一輛車(chē)行駛了50個(gè)eq\f(v2,800)km＋400km所用的時(shí)間，因此，t＝eq\f(50×\f(v2,800)＋400,v)＝eq\f(v,16)＋eq\f(400,v)≥2eq\r(\f(v,16)·\f(400,v))＝10.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(v,16)＝eq\f(400,v)，即v＝80時(shí)取“＝”．故這些汽車(chē)以80km/h的速度勻速行駛時(shí)，所需時(shí)間最少要10小時(shí)．]備考技法1利用均值不等式連續(xù)放縮求最值當(dāng)運(yùn)用一次基本不等式無(wú)法求得代數(shù)式的最值時(shí)，常采納其次次基本不等式；需留意連續(xù)多次運(yùn)用基本不等式時(shí)，肯定要留意每次是否能保證等號(hào)成立，并且留意取等號(hào)的條件的一樣性.eq\a\vs4\al([技法展示])(1)已知a＞b＞0，那么a2＋eq\f(1,ba－b)的最小值為_(kāi)_______．(2)若x，y是正數(shù)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x)))2的最小值是________．(1)4(2)4[(1)由題意a＞b＞0，則a－b＞0，所以b(a－b)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋a－b,2)))2＝eq\f(a2,4)，所以a2＋eq\f(1,