人教A版高考数学一轮总复习第1章第5节基本不等式课时学案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习第1章第5节基本不等式课时学案，共11页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(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a＝b时取等号．
(3)其中，eq \f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)称为正数a，b的几何平均数．
2．两个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up8(2) (a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号．
3．利用基本不等式求最值
已知x≥0，y≥0，
(1)如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2eq \r(p)(简记：积定和最小)．
(2)如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(S2,4)(简记：和定积最大)．
(1)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(ab>0)，当且仅当a＝b时取等号．
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up8(2)≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．
(3)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).
(4)连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件是相同的．(×)
(2)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2．(×)
(3)函数f (x)＝sin x＋eq \f(4,sin x)的最小值为4．(×)
(4)“x＞0且y＞0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．(×)
2．若x>0，y>0，且 x＋y＝18，则eq \r(xy)的最大值为( )
A．9 B．18 C．36 D．81
A 解析：因为x＋y＝18，所以eq \r(xy)≤eq \f(x＋y,2)＝9，当且仅当x＝y＝9时，等号成立．
3．已知02)在x＝a处取最小值，则a＝________.
3 解析：因为x>2，所以x－2>0，所以f (x)＝x＋eq \f(1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥2＋2＝4.当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即(x－2)2＝1时等号成立，解得x＝1或3. 又因为x>2，所以x＝3，即a＝3时，函数f (x)在x＝3处取得最小值．
拼凑法求最值的实质及关键点
拼凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键．
考向2 常值代换求最值
已知a>0，b>0，a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
4 解析：因为a＋b＝1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2＋2＝4.当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
1．将条件“a＋b＝1”改为“a＋2b＝3”，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
1＋eq \f(2\r(2),3) 解析：因为a＋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\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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).
当且仅当a＝eq \r(2)b时，取等号．
2．本例条件不变，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))的最小值为________．
9 解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
考向3 消元法求最值
若正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，则x＋2y的最小值是( )
A．eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(\r(2),3) C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(2),3)
A 解析：因为正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，
所以y＝eq \f(1－x2,6x).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,y＞0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,\f(1－x2,6x)＞0，))解得00，求证：eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)－eq \r(2xy)≥eq \f(15,2).
证明：因为x>0，y>0,2x＋y＝1，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))(2x＋y)＝4＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥4＋4＝8，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(4x,y)，即2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号．
又－eq \r(2xy)≥－eq \f(2x＋y,2)＝－eq \f(1,2)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)－eq \r(2xy)≥eq \f(15,2)，当且仅当2x＝y＝eq \f(1,2)时取等号．
两次利用基本不等式求最值的注意点
当连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性．
1．设00，x＋2y＝5，则eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为________．
4eq \r(3) 解析：因为 x>0，y>0，所以 eq \r(xy)>0.
因为 x＋2y＝5，所以 eq \f(x＋12y＋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). 当且仅当2eq \r(xy)＝eq \f(6,\r(xy))，即x＝3，y＝1时取等号．所以 eq \f(x＋12y＋1,\r(xy))的最小值为4eq \r(3).
3．已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为________．
7＋4eq \r(3) 解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以xy＝y＋2x，xy＋x＋y＝3x＋2y＝(3x＋2y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq \f(2y,x)＋eq \f(6x,y)≥7＋4eq \r(3)，当且仅当y＝eq \r(3)x，即x＝1＋eq \f(2\r(3),3)，y＝2＋eq \r(3)时取等号．
所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3).
4．(2020· 天津卷)已知a>0，b>0，且ab＝1，则eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为________．
4 解析：因为a>0，b>0，且ab＝1，
所以eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)＝eq \f(ab,2a)＋eq \f(ab,2b)＋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.
当且仅当eq \f(a＋b,2)＝eq \f(8,a＋b)且ab＝1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2－\r(3)，,b＝2＋\r(3)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2＋\r(3)，,b＝2－\r(3)))时，等号成立．
故eq \f(1,2a)＋eq \f(1,2b)＋eq \f(8,a＋b)的最小值为4.
考点2 利用基本不等式解决实际问题——应用性
某厂家拟在2021年“双十一”举行大型的促销活动，经测算某产品当促销费用为x万元时，销售量t万件满足t＝5－eq \f(2,x＋1)(其中0≤x≤k，k为正常数)．现假定产量与销售量相等，已知生产该产品t万件还需投入成本(10＋2t)万元(不含促销费用)，产品的销售价格定为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(20,t)))元/件．
(1)将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；
(2)促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
解：(1)由题意知，该产品售价为2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10＋2t,t)))元/件，所以y＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10＋2t,t)))×t－10－2t－x，
代入t＝5－eq \f(2,x＋1)化简，
得y＝20－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x))(0≤x≤k)．
(2)y＝20－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x))＝21－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋1)＋x＋1))
≤21－2eq \r(\f(4,x＋1)×x＋1)＝17，
当且仅当eq \f(4,x＋1)＝x＋1，即x＝1时，上式取等号．
当k≥1时，促销费用投入1万元时，厂家的利润最大；
当0