2025年高考一輪復(fù)習(xí) 專題04 基本不等式（思維導(dǎo)圖+知識(shí)清單+核心素養(yǎng)分析+方法歸納）（原卷版）

專題04基本不等式目錄01思維導(dǎo)圖02知識(shí)清單03核心素養(yǎng)分析04方法歸納一、基本不等式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時(shí)，等號(hào)成立．(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．2.基本不等式的證明（1）.代數(shù)證法（2）.幾何證法如圖，AB是圓的直徑，點(diǎn)C是AB上一點(diǎn)，AC=a,BC=b.過點(diǎn)C作垂直于AB的弦DE,連接AD,BD.可證△ACD~△DCB,因而CD=√ab.由于CD小于或等于圓的半徑，用不等式表示為顯然，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C與圓心重合，即當(dāng)a=b時(shí)，上述不等式的等號(hào)成立.例已知a,b,c都是正數(shù)，證明：證明：二、幾個(gè)重要不等式1．幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào))．(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．以上不等式等號(hào)成立的條件均為a＝b.三、最值定理(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值2eq\r(P).(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy有最大值eq\f(1,4)S2.注意：利用不等式求最值應(yīng)滿足三個(gè)條件“一正、二定、三相等”．理解基本不等式。結(jié)合具體實(shí)例，能用基本不等式解決簡單的求最大值或最小值的問題。利用基本不等式求最值是高考的重點(diǎn)內(nèi)容，在選擇題、填空題中常常出現(xiàn)。重點(diǎn)提升數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng). 一、利用基本不等式求最值方法方法1配湊法例1(1)(2022·長沙模擬)設(shè)0<x<eq\f(3,2)，則函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值為()A.eq\f(9,4) B．4C.eq\f(9,2) D．9答案C解析y＝4x(3－2x)＝2·2x·(3－2x)≤2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時(shí)取等號(hào)，∴當(dāng)x＝eq\f(3,4)時(shí)，ymax＝eq\f(9,2).(2)若x<eq\f(2,3)，則f(x)＝3x＋1＋eq\f(9,3x－2)有()A．最大值0 B．最小值9C．最大值－3 D．最小值－3答案C解析∵x<eq\f(2,3)，∴3x－2<0，f(x)＝3x－2＋eq\f(9,3x－2)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－3x＋\f(9,2－3x)))＋3≤－2eq\r(2－3x·\f(9,2－3x))＋3＝－3.當(dāng)且僅當(dāng)2－3x＝eq\f(9,2－3x)，即x＝－eq\f(1,3)時(shí)取“＝”．(3)(2022·天津模擬)函數(shù)y＝eq\f(x＋5x＋2,x＋1)(x>－1)的最小值為________．答案9解析因?yàn)閤>－1，則x＋1>0，所以y＝eq\f([x＋1＋4][x＋1＋1],x＋1)＝eq\f(x＋12＋5x＋1＋4,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(4,x＋1)＋5≥2eq\r(x＋1·\f(4,x＋1))＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(4,x＋1)，即x＝1時(shí)等號(hào)成立，所以函數(shù)的最小值為9.方法2常數(shù)代換法例2(2022·重慶模擬)已知a>0，b>0，且a＋b＝2，則eq\f(2,a)＋eq\f(1,2b)的最小值是()A．1 B．2C.eq\f(9,4) D.eq\f(9,2)答案C解析因?yàn)閍>0，b>0，且a＋b＝2，所以eq\f(a＋b,2)＝1，所以eq\f(2,a)＋eq\f(1,2b)＝eq\f(1,2)(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,2b)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b,a)＋\f(a,2b)＋\f(5,2)))≥eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,2)))＝eq\f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(4,3)，b＝eq\f(2,3)時(shí)，等號(hào)成立．方法3消元法例3(2022·煙臺(tái)模擬)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為_____．答案6解析方法一(換元消元法)由已知得9－(x＋3y)＝eq\f(1,3)·x·3y≤eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝3，y＝1時(shí)取等號(hào)．即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，令x＋3y＝t，則t>0且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y的最小值為6.方法二(代入消元法)由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq\f(9－3y,1＋y)，所以x＋3y＝eq\f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq\f(9－3y＋3y1＋y,1＋y)＝eq\f(9＋3y2,1＋y)＝eq\f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)＝3(1＋y)＋eq\f(12,1＋y)－6≥2eq\r(31＋y·\f(12,1＋y))－6＝12－6＝6，當(dāng)且僅當(dāng)3(1＋y)＝eq\f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3時(shí)取等號(hào)，所以x＋3y的最小值為6.延伸探究本例條件不變，求xy的最大值．解方法一9－xy＝x＋3y≥2eq\r(3xy)，∴9－xy≥2eq\r(3xy)，令eq\r(xy)＝t，∴t>0，∴9－t2≥2eq\r(3)t，即t2＋2eq\r(3)t－9≤0，解得0<t≤eq\r(3)，∴eq\r(xy)≤eq\r(3)，∴xy≤3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝3，y＝1時(shí)取等號(hào)，∴xy的最大值為3.方法二∵x＝eq\f(9－3y,1＋y)，∴x·y＝eq\f(9－3y,1＋y)·y＝eq\f(9y－3y2,1＋y)＝eq\f(－3y＋12＋15y＋1－12,y＋1)＝－3(y＋1)－eq\f(12,y＋1)＋15≤－2eq\r(3y＋1·\f(12,y＋1))＋15＝3.當(dāng)且僅當(dāng)3(y＋1)＝eq\f(12,y＋1)，即y＝1，x＝3時(shí)取等號(hào)．∴xy的最大值為3.思維升華(1)前提：“一正”“二定”“三相等”．(2)要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式．(3)條件最值的求解通常有三種方法：一是配湊法；二是將條件靈活變形，利用常數(shù)“1”代換的方法；三是消元法．方法4換元法當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量關(guān)系復(fù)雜，變形方向難尋我時(shí)，可通過換元的方式發(fā)現(xiàn)新元的特點(diǎn)，進(jìn)而利用基本不等式求得最值．例4答案方法5多次應(yīng)用基本不等式化簡求最值連續(xù)應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，要注意各不等式取等號(hào)的條件是否一致，若不能同時(shí)取等哈，則連續(xù)使用基本不等式是求不出最值的，此時(shí)要對(duì)原式進(jìn)行適當(dāng)拆分或合并，直到取等號(hào)的條件一致.例5答案4提示b+（a-b）=a，[b+(a-b)]2=a2[b+(a