高考数学二轮复习讲义练习专题2.3 基本不等式-重难点题型精讲（教师版）

这是一份高考数学二轮复习讲义练习专题2.3 基本不等式-重难点题型精讲（教师版），共15页。试卷主要包含了 两个不等式等内容，欢迎下载使用。

1. 两个不等式
eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．
基本不等式表明：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
温馨提示：“当且仅当a＝b时，等号成立”是指若a≠b，则a2＋b2≠2ab，eq \r(ab)≠eq \f(a＋b,2)，即只能有a2＋b2>2ab，eq \r(ab)0，(2)和(积)为定值，(3)存在取等号的条件．
【题型1 对基本不等式的理解】
【方法点拨】
(1)不等式成立的条件：a，b都是正数．
(2)“当且仅当”的含义：
①当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立，即a＝b⇒eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)；
②仅当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立，即eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)⇒a＝b.
【例1】（2022春•肥东县月考）对于不等式①4+6＞25，②x+1x≥2（x≠0），③a2+b2≥22(a+b)(a、b∈R)，下列说法正确的是（ ）
A．①③正确，②错误B．②③正确，①错误
C．①②错误，③正确D．①③错误，②正确
【解题思路】由已知结合基本不等式及相关结论分别判断各选项即可．
【解答过程】解：因为(4+6)2−(25)2=10+24−20=24−10＜0，
所以4+6＜25，故①错误；
当取x＝﹣1时，显然x+1x=−2≥2不成立，故②错误；
因为a2+b2≥2ab（a，b∈R），所以2（a2+b2）≥（a+b）2，
所以a2+b2≥22(a+b)2=22|a+b|≥22(a+b)，故③正确．
故选：C．
【变式1-1】（2022•上海）若实数a、b满足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（ ）
A．a+b＞2abB．a+b＜2abC．a2+2b＞2abD．a2+2b＜2ab
【解题思路】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．
【解答过程】解：因为a＞b＞0，所以a+b≥2ab，当且仅当a＝b时取等号，
又a＞b＞0，所以a+b＞2ab，故A正确，B错误，
a2+2b≥2a2×2b=2ab，当且仅当a2=2b，即a＝4b时取等号，故CD错误，
故选：A．
【变式1-2】（2022春•汤原县期末）若a＞0，b＞0，a+b＝2，则（ ）
A．ab≥1B．a+b≥2C．a2+b2≥2D．1a+1b≤2
【解题思路】由已知结合基本基本不等式及相关结论分别检验各选项即可判断．
【解答过程】解：因为a＞0，b＞0，a+b＝2，
所以ab≤（a+b2）2＝1，当且仅当a＝b＝1时取等号，A错误；
因为（a+b）2＝a+b+2ab=2+2ab≤2+a+b＝4，当且仅当a＝b＝1时取等号，
所以a+b≤2，B错误；
因为a2+b22≥(a+b2)2=1，当且仅当a＝b＝1时取等号，
所以a2+b2≥2，C正确；
1a+1b=12（a+ba+a+bb）=12（2+ba+ab）≥12(2+2)=2，当且仅当a＝b＝1时取等号，D错误．
故选：C．
【变式1-3】（2021秋•宿州期末）已知a＞0，b＞0，a+2b＝1，则下列选项错误的是（ ）
A．0＜b＜12B．2a+4b≥22
C．ab的最大值是18D．a2+b2的最小值是516
【解题思路】结合基本不等式，对选项逐一判断即可．
【解答过程】解：根据题意，a＝1﹣2b＞0，b＞0，则0＜b＜12，所以选项A正确；
2a+4b≥22a⋅4b=22a+2b=22，当且仅当a＝2b，即a=12，b=14时等号成立，
所以2a+4b≥22，选项B正确；
由a＞0，b＞0，1＝a+2b≥22ab，即ab≤18，当且仅当a＝2b，即a=12，b=14时等号成立，
所以ab的最大值是18，选项C正确；
由a+2b＝1，得a2+b2＝（1﹣2b）2+b2＝5b2﹣4b+1，
所以当b=25时，a2+b2有最小值5×（25）2﹣4×25+1=15，所以选项D错误．
故选：D．
【题型2 利用基本不等式证明不等式】
【方法点拨】
(1)利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式中必须有“和”式或“积”式，通过将“和”式转化为
“积”式或将“积”式转化为“和”式，从而达到放缩的效果．
(2)注意多次运用基本不等式时等号能否取到．
(3)解题时要注意技巧，当不能直接利用不等式时，可将原不等式进行组合、构造，以满足能使用基本不等
式的形式．
【例2】（2021秋•上饶期末）已知a＞0，b＞0，且a+b＝1，求证：(1+1a)(1+1b)≥9．
【解题思路】本题的关键是把分子的“1”换成a+b，由基本不等式即可证明．
【解答过程】解：∵a＞0，b＞0，且a+b＝1
∴(1+1a)(1+1b)=(1+a+ba)(1+a+bb)
=(2+ba)(2+ab)=4+2ab+2ba+ba×ab
＝5+2ba+2ab≥5+22ba×2ab=5+4=9
当且仅当2ba=2ab，即a＝b=12时取“＝”号．
故原题得证．
【变式2-1】（2022•甘肃模拟）已知a，b∈R+，设x=ab，y=a2+b22，求证：
（1）xy≥ab；
（2）x+y≤a+b．
【解题思路】（1）利用基本不等式的性质即可得出．
（2）通过平方作差利用乘法公式即可得出．
【解答过程】证明：（1）∵a，b∈R+，x=ab，y=a2+b22，
∴xy=ab⋅a2+b22≥ab⋅ab=ab，当且仅当a＝b时取等号．
（2）∵a，b∈R+，x+y=ab+a2+b22，
则（a+b）2﹣（x+y）2＝（a+b）2−(ab+a2+b22+2ab⋅a2+b22)=(a+b)22−22ab(a2+b2)2，
而（a+b）4﹣（a﹣b）4＝8ab（a2+b2），∴（a+b）4﹣8ab（a2+b2）＝（a﹣b）4，
∴（a+b）2≥22ab(a2+b2)，
∴（a+b）2﹣（x+y）2≥0，
∴a+b≥x+y．
【变式2-2】（2021秋•桂林月考）已知a＞0，b＞0．
（1）若1a+9b=1，求证：a+b≥16；
（2）求证：a+b+1≥ab+a+b．
【解题思路】（1）由基本不等式及乘“1”法即可得证；
（2）由基本不等式可得a+1≥2a，b+1≥2b，a+b≥2ab，当且仅当a＝b＝1时等号成立，三个式子相加即可得证．
【解答过程】证明：（1）因为1a+9b=1，a＞0，b＞0，
所以a+b＝（a+b）（1a+9b）＝10+9ab+ba≥10+29ab⋅ba=16，当且仅当9ab=ba，即a＝4，b＝12时等号成立，
所以a+b≥16．
（2）因为a＞0，b＞0，
则a+1≥2a，b+1≥2b，a+b≥2ab，当且仅当a＝b＝1时等号成立，
所以a+1+b+1+a+b≥2a+2b+2ab，
所以a+b+1≥a+b+1．
【变式2-3】（2022•黄州区校级模拟）设a，b，c＞0，且ab+bc+ca＝1，求证：
（1）a+b+c≥3；
（2）abc+bac+cab≥3（a+b+c）．
【解题思路】（1）运用分析法证明．要证a+b+c≥3，结合条件，两边平方，可得a2+b2+c2≥1，运用重要不等式，累加即可得证．
（2）问题转化为证明abc+bac+cab≤1，根据基本不等式的性质证明即可．
【解答过程】证明：（1）运用分析法证明．
要证a+b+c≥3，
即证（a+b+c）2≥3，
由a，b，c均为正实数，且ab+bc+ca＝1，
即有a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）≥3，
即为a2+b2+c2≥1，①
由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，
相加可得a2+b2+c2≥zb+bc+ca＝1，
则①成立．
综上可得，原不等式成立．
（2）∵abc+bac+cab=a+b+cabc，
而由（1）a+b+c≥3，
∴a+b+cabc≥3（a+b+c），
故只需1abc≥a+b+c，
即abc+bac+cab≤1，
即：abc+bac+cab≤ab+bc+ac，
而abc=ab•ac≤ab+ac2，bac≤ab+bc2，cab≤bc+ac2，
∴abc+bac+cab≤ab+bc+ac＝1成立，
（当且仅当a＝b＝c=33时）．
【题型3 利用基本不等式求最值（无条件）】
【方法点拨】
(1)若是求和式的最小值，通常化(或利用)积为定值；若是求积的最大值，通常化(或利用)和为定值，其解答
技巧是恰当变形、合理拆分项或配凑因式．
(2)若多次使用基本不等式，等号成立的条件应相同．
【例3】（2022春•漳州期末）已知a＞1，则a+4a−1的最小值是（ ）
A．5B．6C．32D．22
【解题思路】由已知结合基本不等式即可直接求解．
【解答过程】解：因为a＞1，则a+4a−1=a﹣1+4a−1+1≥2(a−1)⋅4a−1+1＝5，
当且仅当a﹣1=4a−1，即a＝3时取等号．
故选：A．
【变式3-1】（2022春•甘孜州期末）y=x+4x(x≥1)​的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】利用基本不等式的性质可求得答案．
【解答过程】解：由已知函数 y=x+4x，
∵x≥1，∴4x＞0​，
∴x+4x≥2x×4x=4​，
当且仅当x=4x​，即x＝2​时等号成立，
∴​当x＝2​时，函数y=x+4x​有最小值是4，
故选：C．
【变式3-2】（2022•怀仁市校级二模）函数y=3x+43x−1(x＞13)的最小值为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【解题思路】由x＞13可得3x﹣1＞0，所以y＝3x+43x−1=3x﹣1+43x−1+1，进一步即可利用基本不等式进行求解．
【解答过程】解：由x＞13，得3x﹣1＞0，
所以y＝3x+43x−1=3x﹣1+43x−1+1≥2(3x−1)(43x−1)+1＝5，
当且仅当3x﹣1=43x−1，即x＝1时等号成立，
所以y＝3x+43x−1的最小值为5．
故选：D．
【变式3-3】（2022•香坊区校级模拟）若a＞0，b＞0，求ba2+1b+a的最小值为（ ）
A．2B．2C．22D．4
【解题思路】把ba2+1b+a变形，再由基本不等式求其最小值．
【解答过程】解：∵a＞0，b＞0，
∴ba2+1b+a=ba2+1b+a2+a2
≥44ba2⋅1b⋅a2⋅a2=4414=412=22．
当且仅当ba2=1b=a2时等号成立，
∴ba2+1b+a的最小值为22．
故选：C．
【题型4 利用基本不等式求最值（有条件）】
【例4】（2022秋•凉州区校级月考）已知a，b为正实数且a+b＝2，则ba+2b的最小值为（ ）
A．32B．2+1C．52D．3
【解题思路】由已知可知ba+2b=ba+ab+1，利用基本不等式即可求解．
【解答过程】解：因为a，b为正实数且a+b＝2，
所以ba+2b=ba+a+bb=ba+ab+1≥2ba⋅ab+1＝2+1＝3，当且仅当ba=ab，即a＝b时等号成立，
所以ba+2b的最小值为3．
故选：D．
【变式4-1】（2022秋•广东月考）若正实数y满足2x+y＝9，则−1x−4y的最大值是（ ）
A．6+429B．−6+429C．6+42D．−6−42
【解题思路】推导出−1x−4y=−19（1x+4y）（2x+y）=−19（6+8xy+yx），利用基本不等式能求出−1x−4y的最大值．
【解答过程】解：正实数y满足2x+y＝9，
∴−1x−4y=−19（1x+4y）（2x+y）
=−19（6+8xy+yx）≤−19（6+28xy⋅yx）=−6+429，
当且仅当8xy=yx时，取等号，
则−1x−4y的最大值是−6+429．
故选：B．
【变式4-2】（2022秋•浙江月考）已知正实数x，y满足1x+4y+4=x+y，则x+y的最小值为（ ）
A．13−2B．2C．2+13D．2+14
【解题思路】由题意可得1x+4y=x+y−4，再将两边同时乘以x+y，然后利用均值不等式，可得关于整体x+y的一元二次不等式，最后解不等式即可得解．
【解答过程】解：∵正实数x，y满足1x+4y+4=x+y，
∴1x+4y=x+y−4，
∴(1x+4y)(x+y)=(x+y)2−4(x+y)，
∴(x+y)2−4(x+y)=5+yx+4xy≥5+24=9，
当且仅当yx=4xy，即y＝2x，又1x+4y+4=x+y，
∴当且仅当y＝2x=4+2133时，取得等号，
∴（x+y）2﹣4（x+y）≥9，
解得x+y≥2+13，
∴x+y的最小值为2+13．
故选：C．
【变式4-3】（2022春•内江期末）已知正实数a、b满足a+b＝4，则(a+1b)(b+1a)的最小值为（ ）
A．22+2B．4C．254D．22+1
【解题思路】由题可知(a+1b)(b+1a)=ab+1ab+2，再利用基本不等式求解即可．
【解答过程】解：∵正实数a、b满足a+b＝4，
∴(a+1b)(b+1a)=ab+1ab+2≥2ab⋅1ab+2＝4．
当且仅当ab=1ab，即ab＝1，a+b＝4时取等号，
∴(a+1b)(b+1a)的最小值为4．
故选：B．
【题型5 利用基本不等式求参数】
【例5】（2022春•爱民区校级期末）已知x＞0，y＞0且1x+4y=1，若x+y＞m2+8m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．[9，+∞）B．（﹣∞，﹣3]C．[1+∞）D．（﹣9，1）
【解题思路】由基本不等式“1”的用法得x+y≥9，进而解不等式m2+8m＜9即可得答案．
【解答过程】解：∵x＞0，y＞0，且且1x+4y=1，
∴x+y＝（x+y）（1x+4y）＝5+yx+4xy≥2yx⋅4xy+5＝9，
当且仅当yx=4xy，即x＝3，y＝6时取等号．
∴（x+y）min＝9，
由x+y＞m2+8m 恒成立，即m2+8m＜（x+y）min＝9，
解得：﹣9＜m＜1，即m∈（﹣9，1）．
故选：D．
【变式5-1】（2021秋•怀仁市校级期末）已知x＞0、y＞0，且2x+1y=1，若2x+y＜m2﹣8m有解，则实数m的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（9，+∞）B．（﹣9，1）
C．[﹣9，1]D．（﹣1，9）
【解题思路】由已知先利用基本不等式求出2x+y的最小值，然后结合不等式的存在性问题与最值关系进行转化，解二次不等式可求．
【解答过程】解：因为x＞0、y＞0，且2x+1y=1，
2x+y＝（2x+y）（2x+1y）＝5+2yx+2xy≥5+22xy⋅2yx=9，
当且仅当2xy=2yx且2x+1y=1，即x＝y＝3时取等号，此时2x+y取得最小值9，
若2x+y＜m2﹣8m有解，则9＜m2﹣8m，解得m＞9或m＜﹣1，
即实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（9，+∞）．
故选：A．
【变式5-2】（2022春•内江期末）已知正实数a、b满足1a+1b=m，若(a+1b)(b+1a)的最小值为4，则实数m的取值范围是（ ）
A．{2}B．[2，+∞）C．（0，2]D．（0，+∞）
【解题思路】由题意可得(a+1b)(b+1a)=ab+1ab+2≥＝4，将1a+1b=m化为a+1a=m，再利用基本不等式可求得m的范围．
【解答过程】解：因为a，b为正实数，所以(a+1b)(b+1a)=ab+1ab+2≥2+2＝4，
当ab=1ab，即ab＝1时等号成立，此时b=1a，
又因为1a+1b=m，所以a+1a=m，
所以由基本不等式可知a+1a≥2（a＝1时等号成立），
所以m≥2．
故选：B．
【变式5-3】（2021秋•武清区校级月考）设x＞0，y＞0，设2x+3y=1，若3x+2y＞m2+2m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．{x|x≤﹣6或x≥4}B．{x|x≤﹣4或x≥6}C．{x|﹣6＜x＜4}D．{x|﹣4＜x＜6}
【解题思路】由x＞0，y＞0，2x+3y=1，得3x+2y＝（2x+3y）（3x+2y），以此变形可解决此题．
【解答过程】解：由x＞0，y＞0，2x+3y=1，得3x+2y＝（2x+3y）（3x+2y）=4yx+9xy+12≥24yx⋅9xy+12＝24，
当且仅当4yx=9xy且2x+3y=1，即x＝4且y＝6时等号成立．
又因为3x+2y＞m2+2m恒成立，m2+2m＜24，解得m∈（﹣6，4）．
故选：C．
【题型6 利用基本不等式解决实际问题】
【方法点拨】
解决实际问题时，先弄清题意(审题)，建立数学模型(列式)，再用所掌握的数学知识解决问题(求解)，最后
要回应题意下结论(作答)．
【例6】（2021秋•阳春市校级月考）用一段长为32m的篱笆围成一个矩形菜园，问这个矩形的长、宽各为多少时，菜园的面积最大，最大面积是多少？
【解题思路】根据已知条件，求出x+y＝16，再结合基本不等式的公式，即可求解．
【解答过程】解：设矩形菜园的长为x（m），宽为y（m），
则2（x+y）＝32，x+y＝16，
矩形菜园的面积为xy（m2），
由xy≤x+y2=162=8，xy≤64，当且仅当x＝y，即x＝y＝8时，等号成立，
故这个矩形的长、宽都为8（m）时，菜园的面积最大，最大面积为64（m2）．
【变式6-1】（2021秋•凉州区期末）如图，计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．设菜园的长为x，宽为y．
（1）若菜园面积为72，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？
（2）若使用的篱笆总长度为30，求1x+2y的最小值．
【解题思路】（1）根据积定，应用基本不等式求和的最小值，注意等号成立条件；（2）应用基本不等式“1”的代换求1x+2y的最小值，注意等号成立条件．
【解答过程】解：（1）由题意知：xy＝72，篱笆总长为x+2y．
又x+2y≥22xy=24，当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．
∴当x＝12，y＝6时，可使所用篱笆总长最小；
（2）由题意得：x+2y＝30，
又(1x+2y)(x+2y)=5+2yx+2xy≥5+22yx⋅2xy=9，
∴1x+2y≥310，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．
∴1x+2y的最小值是310．
【变式6-2】（2021秋•黄浦区校级期中）迎进博会，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左、中、右三个矩形栏目，这三栏的面积之和为60000cm2，四周空白的宽度为10cm，栏与栏之间的中缝空白的宽度为5cm．
（1）试用栏目高acm与宽bcm（a＞0，b＞0）表示整个矩形广告面积Scm2；
（2）怎样确定矩形栏目高与宽的尺寸，能使整个矩形广告面积最小，并求最小值．
【解题思路】（1）根据矩形栏目面积确定高与宽的关系，从而可得整个矩形广告面积；
（2）利用基本不等式，即可求得最值．
【解答过程】解：（1）设矩形栏目的高为acm，宽为bcm，则ab＝20000，∴b=20000a
广告的高为（a+20）cm，宽为（3b+30）cm（其中a＞0，b＞0），
广告的面积S＝（a+20）（3b+30）＝30（a+2b）+60600；
（2）S＝30（a+2b）+60600＝30（a+40000a）+60600≥30×2a×40000a=12000+60600＝72600，
当且仅当a=40000a，即a＝200时，取等号，此时b＝100．
故当广告矩形栏目的高为200cm，宽为100cm时，可使广告的面积最小．
【变式6-3】（2021秋•湖州期中）如图设矩形ABCD（AB＞AD）的周长为40cm，把△ABC沿AC向△ADC翻折成为△AEC，AE交DC于点P．设AB＝xcm．
（Ⅰ）若DP＞13AB，求x的取值范围；
（Ⅱ）设△ADP面积为S，求S的最大值及相应的x的值．
【解题思路】（Ⅰ）由折叠性质可知△ADP≌△CEP，进而可得AP＝PC＝（x﹣a），再利用勾股定理得到（20﹣x）2+a2＝（x﹣a）2，化简整理求出a，根据AB＞AD求出x的范围即可；
（Ⅱ）S=300−10(x+200x)，利用基本不等式即可求出S的最大值以及相应的x的值．
【解答过程】解：（Ⅰ）由矩形周长为40cm，可知AD＝（20﹣x）cm，设DP＝acm，则PC＝（x﹣a）cm，
∵△ADP≌△CEP，∴AP＝PC＝（x﹣a）cm．
在Rt△ADP中，AD2+DP2＝AP2，即（20﹣x）2+a2＝（x﹣a）2，
得a=20−200x，
由题意，20−200x＞13x，即x2﹣60x+600＜0，
解得30−103＜x＜30+103，
由AB＞AD得，10＜x＜20，∴30−103＜x＜20，
即x的取值范围是（30−103，20）．
（Ⅱ）S=12AD⋅DP=12(20−x)(20−200x)，10＜x＜20．
化简得S=300−10(x+200x)．
∵x＞0，∴x+200x≥202，
当且仅当x=200x，即x=102时，(x+200x)min=202，Smax=300−2002cm2．