高考数学一轮复习考点讲与练专题04 基本不等式讲义（含答案解析）

这是一份高考数学一轮复习考点讲与练专题04 基本不等式讲义（含答案解析），共3页。试卷主要包含了基本不等式，利用基本不等式求最值等内容，欢迎下载使用。

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，等号成立．
(3)其中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．
2．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正数，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).
(2)已知x，y都是正数，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值eq \f(1,4)S2.
注意：利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”．
常用结论
几个重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．
(2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)．
(3)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 (a，b∈R)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
►考点01 基本不等式的理解及常见变形

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【例1】（2022秋•射阳县校级月考）若，且，则下列不等式一定成立的是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】举反例，可判断错误，利用基本不等式可判断正确．
【解答】解：对于，若，，则，故错误，
对于，若，，则，故错误，
对于，，，，又，
，故正确，
对于，若，，则，故错误，
故选：．
【例2】（2024秋•城西区校级月考）《几何原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明．现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，过点作的垂线交半圆于点，连接，，，过点作的垂线，垂足为点，则该图形可以完成的无字证明为
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】先明确的几何意义，即在图中相对应的线段，根据直角三角形的相似可得相应的比例式，结合不等关系，即可证明，选项；由于在该图中没有相应的线段与之对应，可判断，选项．
【解答】解：由为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，
可知，
由△△可知，即，
所以；在△中，，即
当时，，点重合，，此时，所以错误；
在△中，△△可得，
所以，
由于，所以，
当时，，此时，所以正确；
由于在该图中没有相应的线段与之对应，故，中的不等式无法证明．
故选：．
【例3】（2021秋•浙江月考）已知命题，命题，则是成立的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】
【分析】命题，可解决此题．
【解答】解：命题，对任意、都成立，
是成立的充分不必要条件．
故选：．
【例4】（2022秋•三水区校级月考）设，，则下列不等式中一定成立的是
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】利用基本不等式，分别判断，再用作差法判断．
【解答】解：，，
，
当且仅当，且，即时取等号，故正确；
，，故正确；
，，
当且仅当时取等号，不一定成立，故错误；
，当且仅当时，取等号，故正确．
故选：．
【例5】（2025•河北模拟）已知，，，则的最小值为
A．2B．C．4D．9
【答案】
【分析】应用常值代换结合基本不等式计算求出最小值．
【解答】解：由，，，得，
当且仅当且，即时取等号．
故选：．
►考点02 利用基本不等式求最值

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【例6】（2025•五华区模拟）已知，，且，则的最小值为
A．4B．8C．16D．32
【答案】
【分析】根据基本不等式的解法求解即可．
【解答】解：由题意可知，
即．
令，则．
解得或（舍．
即，．
当且仅当时，等号成立．
故选：．
【例7】（2025•广东模拟）若，，且，则的最小值为
A．2B．C．3D．
【答案】
【分析】由题意可得的表达式，由基本不等式可得的最小值．
【解答】解：因为，，且，可得，可得，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故选：．
【例8】（2024秋•漯河期末）已知实数，，且，则的最小值为
A．B．C．8D．12
【答案】
【分析】由已知结合基本不等式即可求解．
【解答】解：，，且，
则，当且仅当，集，时取等号．
故选：．
【例9】（2025春•深圳期中）函数的最小值为
A．2B．3C．4D．5
【答案】
【分析】根据基本不等式求解即可．
【解答】解：当时，，
则，
当且仅当，即时等号成立．
故选：．
【例10】（2025•新疆校级一模）已知，则的最小值为
A．3B．4C．D．6
【答案】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值．
【解答】解：因为，
，
当且仅当，即时取等号．
故选：．
►考点03 与基本不等式有关的恒(能)成立问题

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【例11】（2024秋•郑州期末）设正数，满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由已知结合基本不等式可求的最小值，然后结合恒成立与最值关系的转化及二次函数性质即可求解．
【解答】解：因为正数，满足，
所以，当且仅当时取等号，
若不等式对任意实数恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最大值4，
故．
故选：．
【例12】（2025•宜春校级开学）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】．
【分析】利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得解．
【解答】解：因为，，且，
所以，
所以，
当且仅当且，即，时取等号，
又恒成立，所以．
故答案为：．
【例13】（2024秋•红河州期末）已知，为正实数，且满足，若对于任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ， ．
【答案】，．
【分析】先利用基本不等式“1”的妙用求得的最小值，从而得到任意，不等式恒成立，再利用二次函数的性质与恒成立问题的解法即可得解．
【解答】解：因为，为正实数，且满足，
所以
，
当且仅当，即，时，等号成立，
则由题意可得在，上恒成立，即在，上恒成立，
只需，
设函数，其在，上单调递减，在，上单调递增，
所以在处取得最大值（4），
所以，故实数的取值范围为，．
故答案为：，．
【例14】（2024秋•榆林期末）已知，，且，则下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由重要不等式可得出，可判断选项；利用基本不等式可得出，再利用基本不等式及不等式的性质可判断选项；分析可知，关于的二次方程有实根，由△可判断选项；由基本不等式可得出，再利用立方和公式可判断选项．
【解答】解：因为，，且，
对于，由重要不等式可得，则，
当且仅当时，等号成立，故错；
对于，由重要不等式可得，可得，
当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，故对；
对于，由题意可知，关于的二次方程有实根，
则△，即，解得，
又因为，所以，，故对；
对于，由可得，
由基本不等式可得，
可得，即，
因为，，则，所以，，
当且仅当时，等号成立，
所以，，故对．
故选：．
【例15】（2024•湖南学业考试）已知，，，若不等式恒成立，则实数的最大值为
A．2B．3C．4D．6
【答案】
【分析】根据“1”的变形技巧，利用均值不等式求最值即可得解．
【解答】解：因为，，
所以，即，
所以
，当且仅当，即时等号成立，
故．
故选：．
►考点04 基本不等式的实际应用

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【例16】（2024秋•昌吉州期末）某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为2元，为使平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品
A．12件B．24件C．36件D．40件
【答案】
【分析】平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为，则，利用基本不等式，即可求得和此时的值．
【解答】解：设平均每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为，
则由题意可得，当且仅当时取得最小值，
即当每批应生产产品40件时最小．
故选：．
【例17】（2024秋•成都期末）已知某糕点店制作一款面包的固定成本为400元，每次制作个，每天每个面包的存留成本为1元，若每个面包的平均存留时间为天，为了使每个面包的总成本最小，则每天应制作
A．20个B．30个C．40个D．50个
【答案】
【分析】根据题设有每个面包的总成本，应用基本不等式求结果．
【解答】解：因为固定成本为400元，每次制作个，每天每个面包的存留成本为1元，若每个面包的平均存留时间为天，
所以总成本为，
则每个面包的总成本，
当且仅当时取等号，故每个面包的总成本最小，每天应制作40个．
故选：．
【例18】（2024秋•广州期末）某工厂要建造一个长方体形无盖贮水池，其容积为，深为．如果池底每平方米的造价为100元，池壁每平方米的造价为80元，那么贮水池的最低总造价是
A．160000元B．179200元C．198400元D．297600元
【答案】
【分析】设池底的长为，宽为，因水池无盖，则建造池体需要建造池壁有4个面，池底一个面，计算出建造这个水池的总造价是，结合基本不等关系求得最小值．
【解答】解：设池底的长为，宽为，
则，即，
因水池无盖，则建造池体需要建造池壁有4个面，池底一个面，
建造这个水池的总造价是，
当且仅当，即时，等号成立，
所以贮水池的最低总造价是198400元．
故选：．
【例19】（2024秋•科尔沁区校级期末）一天，陶渊明采菊东篱下．想用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙（墙体足够长）的矩形菜园，问这个矩形菜园的最大面积是 ．
A．289B．104C．162D．138
【答案】
【分析】设出矩形菜园的靠墙的一边长为，由已知表示出另一边长，再求出矩形面积的表达式，法利用基本不等式即可求出菜园的最大面积；法由二次函数的性质可得函数的最大值．
【解答】解：设矩形菜园的靠墙的一边长为，，
因为篱笆的长为，则宽为，
法所以矩形菜园的面积为：，
当且仅当，即时等号成立，
所以矩形菜园的最大面积是．
法，，
开口向下，对称轴，而，
所以时，则．
即矩形的面积的最大值为．
故选：．
【例20】（2024秋•柳州期末）某中学开展劳动实习，欲用栅栏围成一个面积为100平方米的矩形植物园种植花卉，如图假设矩形植物园的长为，宽为．则至少需要 40 米棚栏．
【答案】40．
【分析】根据面积可得，周长为，然后根据基本不等式求最小值．
【解答】解：由题意可得，且周长，
，，则，
当取等号，
即至少需要40米棚栏．
故答案为：40．
►考点05 基本不等式与其他知识交汇的最值问题

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【例21】（2025春•吉林期中）在函数的图象与轴围成的封闭图形内作一内接矩形，则可作矩形的最大面积为
A．B．C．D．27
【答案】
【分析】设、在抛物线上，若，则点，所以矩形的面积可表示为，，再利用导数求出其最大值即可．
【解答】解：设、在抛物线上，若，则点的坐标为，
所以矩形的面积可表示为，，
所以，
令，解得或（舍去），又因为在上单调递增，在，上单调递减，
所以矩形的最大面积为．
故选：．
【例22】（2025春•莲湖区期中）已知复数，，且，若是纯虚数，则的最小值是
A．9B．4C．1D．
【答案】
【分析】结合复数的基本运算及概念先求出，的关系，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】解：因为复数，，且，
若是纯虚数，
则，
，
当且仅当，即，时取等号．
故选：．
【例23】（2025春•太原期中）已知△中，过中点的直线分别与直线，交于点，，且，
，则的最小值为
A．9B．C．7D．
【答案】
【分析】结合向量的线性运算求出，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】解：因为为的中点，且，，
则，
所以，即，
则，
当且仅当，即，时取等号．
故选：．
【例24】（2024秋•石嘴山期末）函数且的图象恒过定点，若且，，则的最小值为
A．8B．9C．D．
【答案】
【分析】首先要找到函数图象恒过的定点，得出和的值，进而得到的值．然后利用均值不等式来求的最小值．
【解答】解：函数且的图象，令时，则，
即函数的图象恒过定点，所以，，
已知，把，代入可得，即，
所以．
当且仅当时等号成立，
即的最小值为．
故选：．
【例25】（2024秋•光明区校级期末）已知函数，正实数，满足，则的最小值为
A．1B．2C．3D．4
【答案】
【分析】结合函数的对称性可得，然后结合基本不等式即可求解．
【解答】解：因为数，
所以
，
所以关于对称，
正实数，满足，
则，即，
则，
当且仅当，即，时取等号．
故选：．
基本不等式的常见变形
(1)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2).
(2)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
(1)前提：“一正”“二定”“三相等”．
(2)要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．
(3)条件最值的求解通常有三种方法：一是配凑法；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法；三是消元法．
∃x∈M，使得f(x)≥a，等价于f(x)max≥a；
∃x∈M，使得f(x)≤a，等价于f(x)min≤a.
利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值．
基本不等式常作为工具，与函数、导数、数列、三角、向量、复数、简易逻辑问题、立体几何、解析几何、实际问题、新定义问题等考点交汇，常常需要借助不等式来解决其中的最值问题．