新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：1.3　等式、不等式的性质与基本不等式

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这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：1.3　等式、不等式的性质与基本不等式，共11页。

1.3　等式、不等式的性质与基本不等式
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.两个实数比较大小的方法
(1)作差法a-b>0⇔a　　　　　b,a-b=0⇔a　　　　　b,a-b<0⇔a　　　　　b.
(2)作商法ab>1⇔a　　　　　b(a∈R,b>0),ab=1⇔a　　　　　b(a∈R,b≠0),ab<1⇔a　　　　　b(a∈R,b>0).
2.不等式的性质
(1)对称性:a>b⇔b (2)传递性:a>b,b>c⇒a>c.
(3)可加性:a>b⇔a+c>b+c;a>b,c>d⇒a+c>b+d.
(4)可乘性:a>b,c>0⇒ac>bc;a>b,c<0⇒acb>0,c>d>0⇒ac>bd.
(5)可乘方:a>b>0⇒an>bn(n∈N,n≥2).
(6)可开方:a>b>0⇒na>nb(n∈N,n≥2).
3.基本不等式:ab≤a+b2
(1)基本不等式成立的条件:a>0,b>0.
(2)等号成立的条件:当且仅当　　　　时,等号成立.
(3)其中a+b2叫做正数a,b的算术平均数,ab叫做正数a,b的几何平均数.
4.利用基本不等式求最值
已知x>0,y>0,则
(1)当积xy等于定值p时,那么当且仅当　　　　时,x+y有最　　　　值2p(简记:积定和最小).
(2)当和x+y等于定值s时,那么当且仅当　　　　时,xy有最　　　　值s24(简记:和定积最大).

1.若a>b>0,m>0,则bab-ma-m(b-m>0);ab>a+mb+m;ab0).
2.a2+b2≥2ab(a,b∈R),当且仅当a=b时,等号成立.
3.ab≤a+b22(a,b∈R),当且仅当a=b时,等号成立.
4.a2+b22≥a+b22(a,b∈R),当且仅当a=b时,等号成立.
5.ba+ab≥2(a,b同号),当且仅当a=b时,等号成立.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)a>b⇔ac2>bc2.(　　)
(2)a>b>0,c>d>0⇒ad>bc.(　　)
(3)若aab>b2.(　　)
(4)两个不等式a2+b2≥2ab与a+b2≥ab成立的条件是相同的.(　　)
(5)y=sin x+4sinx(0 2.设M=x2,N=-x-1,则M与N的大小关系是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.M>N B.M=N
C.M 3.设a,b,c,d∈R,且a>b,c>d,则下列结论中正确的是(　　)
A.ad>bc B.a-c>b-d
C.ac>bd D.a+c>b+d
4.(2020山东潍坊临朐模拟一,3)设p:a,b是正实数,q:a+b>2ab,则(　　)
A.p是q的充分条件但不是必要条件
B.p是q的必要条件但不是充分条件
C.p是q的充要条件
D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件
5.(2020山东淄博4月模拟,14)已知a,b∈R,且a-3b+6=0,则2a+18b的最小值为　　　　.
关键能力学案突破　

考点
比较两个数(式)的大小

【例1】(1)已知a,b∈(0,1),且a≠b,下列各式中最大的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a2+b2 B.2ab
C.2ab D.a+b
(2)若a=ln33,b=ln44,c=ln55,则(　　)
A.a C.c 解题心得比较大小常用的方法有作差法、作商法、构造函数法.
(1)作差法的一般步骤:①作差;②变形;③定号;④下结论.变形常采用配方、因式分解、有理化等方法把差式变成积式或者完全平方式.
(2)作商法一般适用于分式、指数式、对数式,作商只是思路,关键是化简变形,从而使结果能够与1比较大小.
(3)构造函数法:构造函数,利用函数的单调性比较大小.
对点训练1(1)已知a>b>0,m>0,则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.ba=b+ma+m
B.ba>b+ma+m
C.ba D.ba与b+ma+m的大小关系不确定
(2)已知a,b是实数,且e
考点
不等式的性质及应用

【例2】(1)(2020北京海淀一模,4)已知实数a,b,c在数轴上对应的点如图所示,则下列式子中正确的是(　　)

A.b-a C.cb>ca D.|b|c<|a|c
(2)(2020山西太原三模,理3)已知a>b>1,c<0,则(　　)
A.ca C.aclogb(a-c)
解题心得1.已知某些量的范围,在求由这些量组成的代数式的范围时,常用不等式同向可加性、同向同正可乘性;
2.不等式两边都乘以一个负数时要改变不等号的方向;
3.当不等式两边异号时,两边同时平方后不等号不确定;
4.当ab>0时,对不等式a>b两边取倒数,即两边同乘以1ab,化简得1b>1a.
对点训练2(1)已知1a<1b<0,给出下列三个结论:①a22;③lg a2>lg ab.其中所有正确结论的序号是(　　)
A.①② B.①③
C.②③ D.①②③
(2)(多选)(2020山东青岛5月模拟,9)设a,b,c为实数,且a>b>0,则下列不等式中正确的是(　　)
A.log2(ab)>log2b2 B.ac2>bc2
C.ba<112b

考点
基本不等式及其应用(多考向探究)

考向1　利用基本不等式证明不等式
【例3】已知a,b,c>0,且a+b+c=1,求证:
(1)1a+1b+1c≥9;
(2)1a-11b-11c-1≥8.

解题心得利用基本不等式证明不等式时,首先观察题中要证明的不等式的形式,若不能直接使用基本不等式,则考虑利用拆项、配凑等方法对不等式进行变形,使之达到能使用基本不等式的条件;若题目中还有已知条件,则首先观察已知条件和所证不等式之间的联系,当已知条件中含有1时,要注意1的代换.另外,解题中要时刻注意等号能否取到.
对点训练3已知a>0,b>0,a+b=1,求证:1+1a1+1b≥9.

考向2　求不含等式条件的最值问题
【例4】(1)已知x>0,则函数y=4x2-x+1x的最小值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.3 C.6 D.8
(2)(2020山西运城期末,理15)对任意的θ∈0,π2,不等式1sin2θ+4cos2θ≥2x-1恒成立,则实数x的取值范围是　　　.
解题心得1.应用基本不等式应注意:(1)在应用基本不等式求最值时,判断是否具备了应用基本不等式的条件,即“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”.
2.在利用基本不等式求不含条件等式的最值时,先根据式子的特征灵活变形,配凑出积或和为常数的等式,再利用基本不等式求最值.
对点训练4(1)设x≥0,则函数y=(x+5)(x+2)x+1的最小值为　　　.
(2)若a,b∈R,ab>0,则a4+4b4+1ab的最小值为　　　.
考向3　求含有等式条件的最值问题
【例5】(1)若x>0,y>0,x+2y=1,则xy2x+y的最大值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.14 B.15 C.19 D.112
(2)(2020天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,则12a+12b+8a+b的最小值为　　　　　.
解题心得1.条件最值的求解通常有两种方法:一是消元法,即根据条件建立两个量之间的函数关系,然后代入代数式转化为函数的最值求解;二是将条件灵活变形,利用常数代换的方法构造积或和为常数的式子,然后利用基本不等式求解最值.求最值时要注意其中变量的条件,有些不能用基本不等式的问题可考虑利用函数的单调性.
2.多次使用基本不等式求最值时,要注意只有同时满足等号成立的条件才能取得等号.
对点训练5(1)(2020江西名校大联考,理11)若x>0,y>-1且满足2x+y=1,则2x2+1x+y2y+1的最小值是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.3 B.32+2 C.22 D.12+2
(2)(2020辽宁实验中学五模,文9)已知实数x,y满足x2-xy+y2=1,则x+y的最大值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
考向4　基本不等式的实际应用
【例6】某厂家拟定在2021年举行促销活动,经调查测算,该产品的年销量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足x=3-km+1(k为常数).如果不搞促销活动,那么该产品的年销量是1万件.已知2021年生产该产品的固定投入为8万元,每生产1万件该产品需要再投入16万元,厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金).
(1)将2021年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数;
(2)该厂家2021年的促销费用投入多少万元时,厂家利润最大?

解题心得1.利用基本不等式解决实际问题时,应先仔细阅读题目信息,理解题意,明确其中的数量关系,并引入变量,依题意列出相应的函数关系式,然后用基本不等式求解.
2.在求所列函数的最值时,当用基本不等式时,若等号取不到,则可利用函数单调性求解.
3.在求函数的最值时,一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.
对点训练6为改善实体店经营状况,某童装专卖店拟举行促销活动,经调查,该品牌童装的年销量x万件与年促销费用t(t≥0)万元满足x=4-32t+1,已知每年该专卖店的固定投入为7万元,每件童装进价为12元,销售价格定为212x+18元.
(1)将该专卖店2020年的利润y万元表示为年促销费用t万元的函数;
(2)该专卖店2020年的年促销费用投入多少万元时,利润最大?

1.3　等式、不等式的性质
与基本不等式
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1)>　=　<　(2)>　=　<
3.(2)a=b
4.(1)x=y　小　(2)x=y　大
考点自诊
1.(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×
2.A　M-N=x2+x+1=x+122+34>0,所以M>N.故选A.
3.D　因为a,b,c,d∈R,且a>b,c>d,根据不等式的同向可加性,得a+c>b+d,故选D.
4.D　由a,b是正实数,不一定得到a+b>2ab,如a=b=1;反之,由a+b>2ab,不一定得到a,b是正实数,如a=1,b=0.所以p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件.故选D.
5.14　2a+18b=2a+2-3b≥22a-3b=22-6=2×2-3=2-2=14.当且仅当2a=2-3b,即a=-3,b=1时,等号成立.
关键能力·学案突破
例1(1)D　(2)B　(1)∵a,b∈(0,1),且a≠b,则显然有a+b>2ab,a2+b2>2ab.下面比较a2+b2与a+b的大小.由于a,b∈(0,1),∴a2 (2)(方法1)易知a,b,c都是正数,ba=3ln44ln3=log8164<1,所以a>b;bc=5ln44ln5=log6251024>1,
所以b>c.故c (方法2)对于函数y=f(x)=lnxx,y'=1-lnxx2,易知当x>e时,函数f(x)单调递减.
因为e<3<4<5,所以f(3)>f(4)>f(5),即c 对点训练1(1)C　(2)ab>ba　(1)ba-b+ma+m=b(a+m)-a(b+m)a(a+m)=m(b-a)a(a+m).
因为a>b>0,m>0,所以b-a<0,a+m>0,
所以m(b-a)a(a+m)<0,即ba-b+ma+m<0,所以ba (2)令f(x)=lnxx,则f'(x)=1-lnxx2,当x>e时,f'(x)<0,所以f(x)在(e,+∞)上单调递减,因为ef(b),即lnaa>lnbb⇒blna>alnb⇒ab>ba.
例2(1)D　(2)C　(1)(方法1)根据数轴可得c|b|>|a|,对于A:因为cb,则c+a|b|>|a|,所以c2>b2>a2,且b2>ab,所以c2>b2>ab,即c2>ab,故B错误;对于C:因为b1a,则cb|a|,且c<0,所以|b|c<|a|c,故D正确.
(方法2)不妨令c=-5,b=-4,a=-1,则c+a=-6ab=4,故B错误;cb=54 (2)由于a>b>1,所以0<1a<1b,又c<0,故ca>cb,选项A错误;当c=-2,a=4,b=3时,ca>cb,故选项B错误;由于a>b>1,c<0,故acb>1,c<0,所以a-c>b-c,故loga(b-c) 对点训练2(1)A　(2)AC　(1)(方法1)
∵1a<1b<0,∴b ∴a20,ba>0,∴ba+ab>2ba·ab=2;∵a<0,a-b>0,∴a2-ab=a(a-b)<0,∴lga2 (方法2)不妨设a=-1,b=-2,满足1a<1b<0.代入验证①(-1)2<(-2)2成立,代入②-2-1+-1-2=52>2成立,代入③lg(-1)2=0 (2)由a>b>0,得ab>b2,
所以log2(ab)>log2b2,故A正确;
因为c2≥0,当c2=0时,选项B不成立,故B不正确;
由a>b>0,两边同乘1b,得ab>1,由a>b>0,两边同乘1a,得ba<1,故C正确;
由a>b,函数y=12x为减函数,得12a<12b,故D不正确.故选AC.
例3证明(1)∵a,b,c>0,且a+b+c=1,
∴1a+1b+1c=1a+1b+1c(a+b+c)=3+ba+ab+cb+bc+ca+ac≥3+2ba·ab+2cb·bc+2ca·ac=9.
当且仅当a=b=c=13时,等号成立.
(2)1a-11b-11c-1=a+b+ca-1a+b+cb-1a+b+cc-1=b+ca·a+cb·a+bc≥2bc·2ac·2ababc=8abcabc=8.
当且仅当a=b=c=13时,等号成立.
对点训练3证明(方法1)∵a>0,b>0,a+b=1,∴1+1a=1+a+ba=2+ba.同理,1+1b=2+ab.
∴1+1a1+1b=2+ba2+ab=5+2ba+ab≥5+4=9,当且仅当ba=ab,即a=b=12时,等号成立.
∴1+1a1+1b≥9,当且仅当a=b=12时,等号成立.
(方法2)1+1a1+1b=1+1a+1b+1ab=1+a+bab+1ab=1+2ab,
∵a,b为正数,a+b=1,
∴ab≤a+b22=14,当且仅当a=b=12时,等号成立.于是1ab≥4,2ab≥8,当且仅当a=b=12时,等号成立.
因此1+1a1+1b≥1+8=9,
当且仅当a=b=12时,等号成立.
例4(1)B　(2)(-∞,5]　(1)因为x>0,所以函数y=4x2-x+1x=4x+1x-1≥24x·1x-1=3.
当且仅当4x=1x,即x=12时,等号成立,即函数y取得最小值3.故选B.
(2)不等式1sin2θ+4cos2θ≥2x-1恒成立,即2x-1≤1sin2θ+4cos2θmin,
因为1sin2θ+4cos2θ=1sin2θ+4cos2θ·(sin2θ+cos2θ)=1+4+cos2θsin2θ+4sin2θcos2θ≥5+2cos2θsin2θ×4sin2θcos2θ=9,
当且仅当cos2θ=2sin2θ=23时取得等号.则2x-1≤9,解得x≤5,故x的取值范围为(-∞,5].
对点训练4(1)9　(2)4　(1)令x+1=t,则t≥1,y=(x+5)(x+2)x+1=(t+4)(t+1)t=t2+5t+4t=t+4t+5≥4+5=9,当且仅当t=4t,即t=2,x=1时,等号成立,故最小值为9.
(2)∵a,b∈R,且ab>0,
∴a4+4b4+1ab≥4a2b2+1ab=4ab+1ab≥4,
当且仅当a2=2b2,4ab=1ab,即a2=22,b2=24,ab=12时,等号成立,故最小值为4.
例5(1)C　(2)4　(1)由题意知xy2x+y=12y+1x,又x>0,y>0,x+2y=1,
∴2y+1x=2y+1x(x+2y)=2xy+2yx+5≥22xy·2yx+5=4+5=9.
当且仅当2xy=2yx,即x=y=13时,等号成立,所以xy2x+y的最大值为19.故选C.
(2)∵ab=1,∴b=1a.
∴12a+12b+8a+b=12a+a2+8a+1a=121a+a+8a+1a.
令1a+a=t>0,则原式=t2+8t≥2t2·8t=4.
当且仅当t2=16,即t=4时,等号成立,此时1a+a=4.故原式=12×4+84=4.
对点训练5(1)B　(2)B　(1)2x2+1x+y2y+1=2x+1x+y+1y+1-1=1x+1y+1,
因为2x+y+1=2,
所以12(2x+y+1)1x+1y+1=123+y+1x+2xy+1≥12(3+22),
当且仅当y+1x=2xy+1,2x+y=1时取等号,即x=2-2,y=22-3时取得最小值32+2.故选B.
(2)∵实数x,y满足x2-xy+y2=1,
∴(x+y)2=3xy+1≤3x+y22+1,
化为(x+y)2≤4,可得x+y≤2,
当且仅当x=y=1时取等号.
则x+y的最大值为2.
例6解(1)由题意知,当m=0时,x=1(万件),所以1=3-k,解得k=2,所以x=3-2m+1,每件产品的销售价格为1.58+16xx元,
所以2021年的利润y=1.5×8+16xx×x-8-16x-m=-16m+1+(m+1)+29(m≥0).
(2)因为m≥0时,16m+1+(m+1)≥216=8,所以y≤-8+29=21,
当且仅当16m+1=m+1,即m=3时,ymax=21(万元).
故该厂家2021年的促销费用投入3万元时,厂家的利润最大为21万元.
对点训练6解(1)由题意可得:x=4-32t+1,所以y=212x+18x-(7+12x)-t=72+6x-t=72+64-32t+1-t=552-182t+1-t(t≥0).
(2)由(1)可知:y=552-182t+1-t=28-9t+12+t+12,因为9t+12+t+12≥29t+12×(t+12)=6,
当且仅当t=2.5时等号成立.则y=28-9t+12+t+12≤28-6=22,
即t=2.5时,y取最大值22.
即该专卖店2020年的年促销费用投入2.5万元时,利润最大,为22万元.