山東專用2024新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式6.3基本不等式學(xué)案含解析

PAGE第三節(jié)基本不等式課標(biāo)要求考情分析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.從近兩年的高考試題來(lái)看，利用基本不等式求最值，是高考命題的熱點(diǎn)，題型多樣，難度為中低檔．題目突出“小而巧”，主要考查基本運(yùn)算與轉(zhuǎn)化化歸思想．2．命題情境不斷創(chuàng)新，留意與函數(shù)、充分必要條件、實(shí)際應(yīng)用等交匯．在求函數(shù)的最值時(shí)，應(yīng)特殊留意等號(hào)成立的條件.學(xué)問(wèn)點(diǎn)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．2．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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)；(5)eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．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)．學(xué)問(wèn)點(diǎn)二利用基本不等式求最值問(wèn)題已知x>0，y>0，則1．假如xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡(jiǎn)記：積定和最小)．2．假如x＋y是定值q，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值是eq\f(q2,4)(簡(jiǎn)記：和定積最大)．(1)此結(jié)論應(yīng)用的前提是“一正”“二定”“三相等”．“一正”指正數(shù)，“二定”指求最值時(shí)和或積為定值，“三相等”指等號(hào)成立．(2)連續(xù)運(yùn)用基本不等式時(shí)，牢記等號(hào)同時(shí)成立．1．思索辨析推斷下列結(jié)論正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)當(dāng)a≥0，b≥0時(shí)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).(√)(2)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．(×)(3)x>0且y>0是eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2的充要條件．(×)(4)函數(shù)f(x)＝cosx＋eq\f(4,cosx)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.(×)2．小題熱身(1)“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2”成立的(C)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(2)設(shè)a>0，則9a＋eq\f(1,a)的最小值為(C)A．4B．5(3)若x>0，y>0，且2(x＋y)＝36，則eq\r(xy)的最大值為(A)A．9B．18(4)若實(shí)數(shù)x，y滿意xy＝1，則x2＋2y2的最小值為2eq\r(2).(5)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25m解析：(1)當(dāng)x>0時(shí)，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝\f(1,x)時(shí)，等號(hào)成立)).因?yàn)閤，eq\f(1,x)同號(hào)，所以若x＋eq\f(1,x)≥2，則x>0，eq\f(1,x)>0，所以“x>0”是“x＋eq\f(1,x)≥2”成立的充要條件，故選C．(2)因?yàn)閍>0，所以9a＋eq\f(1,a)≥2eq\r(9a×\f(1,a))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)9a＝eq\f(1,a)，即a＝eq\f(1,3)時(shí)，9a＋eq\f(1,a)取得最小值6.故選C．(3)由2(x＋y)＝36，得x＋y＝18，所以eq\r(xy)≤eq\f(x＋y,2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時(shí)，等號(hào)成立．(4)x2＋2y2＝x2＋(eq\r(2)y)2≥2x(eq\r(2)y)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)y且xy＝1時(shí)等號(hào)成立．所以x2＋2y2的最小值為2eq\r(2).(5)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.考點(diǎn)一利用基本不等式求最值命題方向1配湊法求最值【例1】(1)已知2x＋3y＝6(x>0，y>0)，則xy的最大值是________．(2)已知a>b>0，則2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)的最小值為_(kāi)_______．【解析】(1)∵x>0，y>0，∴xy＝eq\f(1,6)×2x×3y≤eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3y,2)))2＝eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y＝3，即x＝eq\f(3,2)，y＝1時(shí)，等號(hào)成立，故xy的最大值是eq\f(3,2).(2)2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)＝a＋b＋a－b＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)，∵a>b>0，∴a＋b＋eq\f(3,a＋b)≥2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＋b＝eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，a－b＋eq\f(2,a－b)≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\r(3)，,a－b＝\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)，))∴當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3)＋\r(2),2)，,b＝\f(\r(3)－\r(2),2)))時(shí)，a＋b＋a－b＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)≥2eq\r(2)＋2eq\r(3)，即2a＋eq\f(3,a＋b)＋eq\f(2,a－b)取得最小值2eq\r(2)＋2eq\r(3).【答案】(1)eq\f(3,2)(2)2eq\r(2)＋2eq\r(3)命題方向2常數(shù)代換法求最值【例2】若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)過(guò)點(diǎn)(1,2)，則2a＋b的最小值為_(kāi)_______．【解析】由題設(shè)可得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，∵a>0，b>0，∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)＋2≥4＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(b,a)＝\f(4a,b)，即b＝2a時(shí)，等號(hào)成立)).故2a＋b的最小值為8.【答案】8命題方向3消元法求最值【例3】已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為_(kāi)_______．【解析】解法1(換元消元法)：由已知得x＋3y＝9－xy，因?yàn)閤>0，y>0，所以x＋3y≥2eq\r(3xy)，所以3xy≤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.解法2(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)(1＋y)2＝4，即y＝1且x＝3時(shí)取等號(hào)．即x＋3y的最小值為6.【答案】6方法技巧1前提：“一正”“二定”“三相等”.2要依據(jù)式子的特征敏捷變形，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：一是消元法；二是將條件敏捷變形；利用常數(shù)“1”1．(方向1)若x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為(A)A．1B．2C．3D．4解析：因?yàn)閤<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2eq\r(5－4x\f(1,5－4x))＋3＝－2＋3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立．故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為1.2．(方向2)設(shè)x>0，y>0，若xlg2，lgeq\r(2)，ylg2成等差數(shù)列，則eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)的最小值為(D)A．8 B．9C．12 D．16解析：∵xlg2，lgeq\r(2)，ylg2成等差數(shù)列，∴2lgeq\r(2)＝(x＋y)lg2，∴x＋y＝1.∴eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))≥10＋2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝10＋6＝16，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(3,4)時(shí)取等號(hào)．故eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)的最小值為16.故選D．3．(方向2)若a，b，c都是正數(shù)，且a＋b＋c＝2，則eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)的最小值是(B)A．2 B．3C．4 D．6解析：∵a，b，c都是正數(shù)，且a＋b＋c＝2，∴a＋b＋c＋1＝3，且a＋1>0，b＋c>0.∴eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(1,3)·(a＋1＋b＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a＋1)＋\f(1,b＋c)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(4b＋c,a＋1)＋\f(a＋1,b＋c)))≥eq\f(1,3)(5＋4)＝3.當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝2(b＋c)，即a＝1，b＋c＝1時(shí)，等號(hào)成立．故選B．4．(方向3)已知函數(shù)f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，則eq\f(a2＋b2,a－b)的最小值為2eq\r(2).解析：由函數(shù)f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，可知a>1>b>0，所以lga＝－lgb，b＝eq\f(1,a)，a－b＝a－eq\f(1,a)>0，則eq\f(a2＋b2,a－b)＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2,a－\f(1,a))＝a－eq\f(1,a)＋eq\f(2,a－\f(1,a))≥2eq\r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)a－eq\f(1,a)＝eq\f(2,a－\f(1,a))，即a＝eq\f(\r(2)＋\r(6),2)時(shí)，等號(hào)成立)．考點(diǎn)二基本不等式的實(shí)際應(yīng)用【例4】網(wǎng)店和實(shí)體店各有利弊，兩者的結(jié)合將在將來(lái)一段時(shí)期內(nèi)，成為商業(yè)的一個(gè)主要發(fā)展方向，某品牌行車記錄儀支架銷售公司從2024年1月起開(kāi)展網(wǎng)絡(luò)銷售與實(shí)體店體驗(yàn)安裝結(jié)合的銷售模式．依據(jù)幾個(gè)月運(yùn)營(yíng)發(fā)覺(jué)，產(chǎn)品的月銷量x萬(wàn)件與投入實(shí)體店體驗(yàn)安裝的費(fèi)用t萬(wàn)元之間滿意函數(shù)關(guān)系式x＝3－eq\f(2,t＋1).已知網(wǎng)店每月固定的各種費(fèi)用支出為3萬(wàn)元，產(chǎn)品每1萬(wàn)件進(jìn)貨價(jià)格為32萬(wàn)元，若每件產(chǎn)品的售價(jià)定為“進(jìn)貨價(jià)的150%”與“平均每件產(chǎn)品的實(shí)體店體驗(yàn)安裝費(fèi)用的一半”之和，則該公司最大月利潤(rùn)是多少萬(wàn)元？【解】由題意知t＝eq\f(2,3－x)－1(1<x<3)，設(shè)該公司的月利潤(rùn)為y萬(wàn)元，則y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(48＋\f(t,2x)))x－32x－3－t＝16x－eq\f(t,2)－3＝16x－eq\f(1,3－x)＋eq\f(1,2)－3＝45.5－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(163－x＋\f(1,3－x)))≤45.5－2eq\r(16)＝37.5.當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(11,4)時(shí)取等號(hào)，即最大月利潤(rùn)為37.5萬(wàn)元．方法技巧應(yīng)用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題的基本步驟1理解題意，設(shè)出變量，建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實(shí)際問(wèn)題抽象為函數(shù)的最大值或最小值問(wèn)題；2在定義域內(nèi)，求出函數(shù)的最大值或最小值；3還原為實(shí)際問(wèn)題，寫(xiě)出答案.某公司一年購(gòu)買某種貨物600噸，每次購(gòu)買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.解析：一年購(gòu)買eq\f(600,x)次，則總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和為f(x)＝eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(900,x)＋x))≥8eq\r(\f(900,x)·x)＝240，當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時(shí)取等號(hào)，故總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小時(shí)，x的值是30.