新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点04基本不等式（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点+提升练习考点04基本不等式（2份，原卷版+解析版），共8页。
1.了解基本不等式的推导过程.
2.会用基本不等式解决简单的最值问题.
3.理解基本不等式在实际问题中的应用．
【知识点】
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．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≤ (a，b∈R)．
(4)eq \f(a2＋b2,2)≥(a，b∈R)．
以上不等式等号成立的条件均为a＝b.
3．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”．
【核心题型】
题型一 利用基本不等式求最值
(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．
命题点1 配凑法
【例题1】（2024·辽宁·一模）已知，则 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，，将所求式子变形，利用基本不等式求解.
【详解】由，
，，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
【变式1】故选：D（2024·四川德阳·模拟预测）已知正实数，，满足，则的最小值是 .
【答案】
【分析】因式分解得到，变形后得到，利用基本不等式求出最小值.
【详解】因为为正实数，
故，
即，
，
当且仅当，即，此时，
所以的最小值为.
故答案为：
【变式2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知函的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)若a，b为正数，且，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）讨论去绝对值，将转换为分段函数，求最小值.
（2）原式平方后，运用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）∵，
∴当时，，
当时，，
当时，，
∴，即.
（2）由（1）可得，
∴，
因为，所以，
所以的最大值为，
当且仅当，即时，等号成立．
综上所述：最大值为.
【变式3】（2024·黑龙江·二模）已知实数，且，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】利用基本不等式求解.
【详解】，
又，所以，
所以，
当且仅当，即，或取等号，
所以或.
命题点2 常数代换法
【例题2】（2024·江苏南通·二模）设，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】由不等式“1”的代换求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，，所以
.
当且仅当，即时取等.
故选：C.
【变式1】（2024·四川成都·模拟预测）若是正实数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】观察等式分母可知，利用基本不等式中“1”的妙用可得结果.
【详解】因为
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：A
【变式2】（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知，则下列选项中，能使取得最小值25的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】A选项，利用基本不等式直接进行求解；B选项，利用基本不等式“1”的妙用求解；C选项，可以举出反例；D选项，设，，利用三角恒等变换得到.
【详解】A选项，，
当且仅当，即时，等号成立，A错误；
B选项，因为，所以，
故，
当且仅当，即时，等号成立，B正确；
C选项，当时，满足，此时，C错误；
D选项，，设，其中，
则，
因为，所以，故，
显然取不到最小值25，D错误.
故选：B
【变式3】（2024·全国·模拟预测）设正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得，根据“1”的代换化简得出.进而根据基本不等式，即可求得答案.
【详解】因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
故选：C．
命题点3 消元法
【例题3】（2024·全国·模拟预测）已知，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由基本不等式和可得，化简可得，令，利用换元法，结合对勾函数的性质计算即可求解.
【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以．
因为，
令，则，，
所以，
由对勾函数在上单调递增，则当时函数取到最小值，
所以当时，，
所以.
故选：B．
【变式1】（2023·重庆·模拟预测）已知，，且，则的最小值为（ ）．
A．4B．6C．8D．12
【答案】A
【分析】利用基本不等式和消元思想对本题目进行求解.
【详解】解：已知，且xy+2x+y=6，
y=
2x+y=2x+=2(x+1)，当且仅当时取等号，
故2x+y的最小值为4.
故选:A
【变式2】(2023·烟台模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________．
【答案】 6
【解析】方法一 (换元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝xy＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，则t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值为6.
方法二 (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＋3y1＋y,1＋y)
＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y)
＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6
＝12－6＝6，
当且仅当3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3时取等号，
所以x＋3y的最小值为6.
【变式3】（2024·浙江·模拟预测）已知，求的最小值．
【答案】
【分析】根据条件，代入消去，将的表达式分离常数得，利用基本不等式求得结果.
【详解】，，
，
，当且仅当，即时等号成立，
所以.
故的最小值为.
题型二 基本不等式的常见变形应用
基本不等式的常见变形
(1)ab≤≤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)．
【例题4】（2023·全国·三模）已知，，且，则下列不等式不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据基本不等式逐项判断ABD，消元，化简，结合不等式性质判断C.
【详解】因为，，且，
由基本不等式可得（当且仅当时取等号），A正确；
由基本不等式知，则，
即（当且仅当时取等号），B正确；
由题得，
由已知，故，所以，
故，C正确；
由基本不等式可得，
即（当且仅当时取等号），D错误.
故选：D.
【变式1】（2023·辽宁·二模）数学命题的证明方式有很多种．利用图形证明就是一种方式．现有如图所示图形，在等腰直角三角形中，点O为斜边AB的中点，点D为斜边AB上异于顶点的一个动点，设，，用该图形能证明的不等式为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由为等腰直角三角形，得到，，然后在中，得到CD判断.
【详解】解：由图知：，
在中，，
所以，即，
故选：C
【变式2】（2023·陕西宝鸡·二模）设a，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由基本不等式结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】若，则成立，当且仅当时取等，
若，不妨设，则不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：C.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．是递减数列
C．D．
【答案】ABD
【分析】令，求得的值可以判断A；利用数列的前项和与裂项的关系求出数列的通项，再利用分子有理的特点，采用裂项相消的方法求和可判断B；采用裂项相消的方法求和可判断C；先恒等变形，再连续使用两次基本不等式及其变形可判断D．
【详解】选项A：由，令，得，
又，所以，故选项A正确；
选项B：因为为正项数列，且，所以，
所以当时，，
又满足上式，所以，
所以，
显然是递增数列，且，所以是递减数列，故选项B正确；
选项C：，所以
，故选项C错误；
选项D：，
所以，
因为，所以等号取不到，
所以，故选项D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：与基本不等式相关的4种常考类型，
根式形式：，当且仅当时，等号成立．利用基本不等式求最值，一定要注意“一正、二定、三相等”缺一不可．
整式形式：，，，，以上不等式当且仅当时，等号成立．
分式形式：，当且仅当时，等号成立．
倒数形式：，当且仅当时，等号成立；，当且仅当时，等号成立．
题型三 基本不等式的实际应用
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．
【例题5】（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，某人沿围墙修建一个直角梯形花坛，设直角边米，米，若米，问当 米时，直角梯形花坛的面积最大．

【答案】
【分析】先求出面积的表达式，再根据基本不等式即可得解.
【详解】由题意米，
则直角梯形花坛的面积
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当米时，直角梯形花坛的面积最大．
故答案为：.
【变式1】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知某商品近期价格起伏较大，假设第一周和第二周的该商品的单价分别为m元和n元，甲、乙两人购买该商品的方式不同，甲每周购买100元的该商品，乙每周购买20件该商品，若甲、乙两次购买平均单价分别为，则（ ）
A．B．C．D．的大小无法确定
【答案】B
【分析】由题意求出的表达式，利用基本不等式，比较大小，即得答案.
【详解】由题意得，，
因为，故，，
即，
故选：B
【变式2】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）小明在春节期间，预约了正月初五上午去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米，精确到小数点后两位）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处.（ ）
A．1.73B．1.41C．2.24D．2.45
【答案】A
【分析】由题意作出图形，选设观赏者与油画的水平距离为，观赏时的视角为，求出中的三边，由余弦定理求得的表达式，依题应使最大，即使最小，求出表达式的最小值以及此时的值即得.
【详解】
如图，设观赏者的眼睛在点处，油画的上沿在点处，下沿在点处，
点在线段延长线上，且保持与点在同一水平线上，
则即观赏时的视角.
依题意，
不妨设，则，
在中，由余弦定理，
，
因，则，当且仅当时，即时等号成立，
由可得，
则，则，
因函数在上单调递减，故得，
即最大视角为，此时观赏者距离油画的直线距离为.
故选：A.
【变式3】（2024·广东韶关·二模）在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W（单位：平方米）的计算公式是，在不测量长和宽的情况下，若只知道这块矩形场地的面积是10000平方米，每平方米收费1元，请估算平整完这块场地所需的最少费用（单位：元）是（ ）
A．10000B．10480C．10816D．10818
【答案】C
【分析】设矩形场地的长为米，则，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设矩形场地的长为米，则宽为米，
，
当且仅当，即时，等号成立.
所以平整这块场地所需的最少费用为元.
故选：C
【课后强化】
基础保分练
单选题
1.（2024·河南南阳·一模）已知正实数满足，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用条件转化得，将问题式化简结合基本不等式求最值.
【详解】由，且，可得.所以.
又因为，
当且仅当，即时取等号，所以.
故选：B.
2．（2023·河南开封·三模）已知，，且，，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】使用基本不等式求解，注意等号成立条件.
【详解】，
∵，∴等号不成立，故；
，
∵，∴等号不成立，故，
综上，.
故选：A.
3．（22-23高三上·湖南长沙·阶段练习）甲、乙两名司机的加油习惯有所不同，甲每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而乙则说“师傅帮我把油箱加满”，如果甲、乙各加同一种汽油两次，两人第一次与第二次加油的油价分别相同，但第一次与第二次加油的油价不同，乙每次加满油箱，需加入的油量都相同，就加油两次来说，甲、乙谁更合算（ ）
A．甲更合算B．乙更合算
C．甲乙同样合算D．无法判断谁更合算
【答案】A
【分析】根据题意列出甲乙两次加油的平均单价，进而根据不等式即可求解.
【详解】设两次的单价分别是元/升，
甲加两次油的平均单价为，单位：元/升，
乙每次加油升，加两次油的平均单价为，单位：元/升，
因为，，，
所以，即，
即甲的平均单价低，甲更合算.
故选：A
4．（2024·陕西西安·一模）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．60B．61C．75D．76
【答案】B
【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再由基本不等式求得的最小值.
【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，
所以，
∴，
当且仅当，即时取等号，
∴当时取最小值为．
故选：B.
5．（2023·河南信阳·模拟预测）若，则函数有（ ）
A．最小值1B．最大值1C．最小值D．最大值
【答案】D
【分析】由题意，，，利用基本不等式求解.
【详解】因为，所以，
.
当且仅当，即时等号成立，
所以函数有最大值.
故选：D.
6．（2024·四川凉山·二模）已知正数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由得到，然后代入，利用基本不等式求最值即可.
【详解】，则，又，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：C.
二、多选题
7．（2024·江苏·一模）已知，且，，则( )
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】用对数表示x，y，利用对数函数的性质、对数的计算、基本不等式等即可逐项计算得到答案．
【详解】∵，∴，同理，
∵在时递增，故，故A正确；
∵，∴B错误；
∵，，∴，当且仅当时等号成立，而，故，∴C正确；
∴，即，∴D正确．
故选：ACD．
8．（2024·贵州贵阳·一模）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABCD
【分析】首先结合选项变形，再根据基本不等式，即可判断选项.
【详解】A.，当时，等号成立，故A正确；
B.，当时，等号成立，故B正确；
C.，故C正确；
D.，当时等号成立，故D正确 .
故选：ABCD
三、填空题
9.（2024·云南红河·二模）如图，在棱长均相等的斜三棱柱中，，，若存在，使成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，将向量转化为基底表示，可得，再利用基本不等式求解.
【详解】设，
则
因为，所以，
即，
即，由，得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
10．（2024·江西九江·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是 ， .
【答案】 12
【分析】由等差数列性质可得B，结合重要不等式及三角形面积公式即可求得三角形面积的最大值；运用正弦定理可得，，由余弦定理可得，代入求解即可.
【详解】由题意知，，
又，所以，
又，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
故面积的最大值为.
因为，，
所以，，
所以，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：；.
四、解答题
11．（2024·四川广安·二模）已知，，均为正数，且.
(1)是否存在，，，使得，说明理由；
(2)证明：.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，则，利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可说明；
（2）将平方，再利用基本不等式计算可得.
【详解】（1）不存在，，，使得.理由如下：
因为，，都是正数，且，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
即的最小值为，
所以不存在，，，使得.
（2）因为
，当且仅当时等号成立，
所以.
12．（2024·四川成都·二模）已知函数
(1)求不等式的解集；
(2)设的最小数为，正数满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；
（2）由（1）可得，将式子变形为，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】（1）不等式，即，
即，
所以或或，
解得或或，
综上可得，
所以不等式的解集为；
（2）因为的最小数为，所以，可得，
所以，解得，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
综合提升练
一、单选题
1．（2024·广东湛江·一模）已知，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用不等式，将等式左边转化为因式表示，求解即可.
【详解】因为，得：（当且仅当时成立），
即得：，
则，
得：，
所以的最小值为，
故选：A.
2．（2024·辽宁鞍山·二模）已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】先利用展开变形，可得，再利用展开变形，将用表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可.
【详解】,
则，
所以，
整理得，
因为，均为锐角，且，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以取得最大值时，的值为.
故选：D.
3．（23-24高三上·浙江金华·期末）若，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】由角度关系得到，再用两角差的正切公式展开，设，结合基本不等式求出最值，注意取等号的条件.
【详解】因为，
所以，
设，则，
当且仅当时，等号成立.
故选：D
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】令，，结合基本不等式可得，化简可得，转化为求关于的二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，（）
所以当时，取得最小值，
故选：D．
5．（2024·陕西西安·一模）已知二次函数的图象与轴交于、两点，图象在、两点处的切线相交于点．若，则的面积的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义可得切线方程及点坐标，结合韦达定理及面积公式可得面积的最值.
【详解】设，，
则与是方程的两根，
则，，
，
又，
则函数在点处的切线方程为，
同理函数在点处的切线方程为，
则，解得，
即点，
则，当且仅当时等号成立，
故选：C.
6．（2023·山东泰安·模拟预测）在实验课上，小明和小芳利用一个不等臂的天平秤称取药品. 实验一：小明将克的砝码放在天平左盘，取出一些药品放在右盘中使天平平衡；实验二：小芳将克的砝码放在右盘，取出一些药品放在天平左盘中使天平平衡，则在这两个实验中小明和小芳共秤得的药品（ ）
A．大于克B．小于克
C．大于等于克D．小于等于克
【答案】C
【分析】设出力臂和药品数量，根据杠杆原理得到，再根据均值不等式计算得到答案.
【详解】设天平左、右两边臂长分别为，小明、小芳放入的药品的克数分别为，，
则由杠杆原理得：，于是，
故，当且仅当时取等号.
故选：C.
7．（2024·云南楚雄·模拟预测）足球是一项深受人们喜爱的体育运动.如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽，球门宽，且球门位于底线的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线上的点处起脚射门，当最大时，点离底线的距离约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可设，，利用两角差的正切公式可得当时，取得最大时，代入数据可得结果.
【详解】设，，所以；
记可得；
，
当取最大时，取最大即可，
易知，此时取到最大值，
当且仅当时，即时，等号成立，
将代入可得.
故选：C
8．（23-24高三上·浙江宁波·期末）设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．D．
【答案】B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中

当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、多选题
9．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知，，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据均值不等式判断A，利用“1”的变形技巧及均值不等式判断BD，由重要不等式及不等式性质判断C.
【详解】当，时，，即，所以，即，
当且仅当，即时取等号，故A错误；
因为，，所以，
当且仅当，即时取等号，故B正确；
由A可知，，当且仅当，即时取等号，故C正确；
因为，，所以，
当且仅当，即时取等号，故D正确．
故选：BCD．
10．（23-24高三上·湖南常德·期末）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据不等式的性质和基本不等式判断AB，利用特值法判断CD．
【详解】∵，∴ 即，∴，A正确；
由基本不等式知：，当且仅当时等号成立
又，∴
∴即,当且仅当时等号成立；
已知 ,故，B正确;
令，，C错误；
令，，分母为零无意义，D错误．
故选：AB．
11．（2024·全国·模拟预测）已知正实数a，b，c满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】选项A，利用不等式的性质可判断；选项B，根据，可判断；选项C和D，利用均值不等式可判断.
【详解】选项A：由，得，
则，所以，A错误．
选项B：因为，
所以，B正确．
选项C：由，得，，
所以，
当且仅当时取等号， C正确．
选项D：因为，
当且仅当时取等号，所以，D正确．
故选：BCD
三、填空题
12．（2024·陕西咸阳·二模）已知总体的各个个体的值由小到大依次为2，4，4，6，a，b，12，14，18，20，且总体的平均值为10．则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据平均数的概念可求的值，再利用不等式可求的最小值.
【详解】因为各个个体的值是有小到大排列的，所以，
又总体平均值为，所以.
所以（当且仅当时取“”）.
故答案为：
13．（2024·辽宁大连·一模）对于任意的正数m，n，不等式 成立，则λ的最大值为
【答案】/
【分析】根据题意，转化为成立，利用，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【详解】因为都为正数，则不等式成立，即为成立，
又由，
当时，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
14．（2024·四川泸州·二模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用正余弦定理，结合三角恒等变换得到，再利用基本不等式即可得解.
【详解】由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
由正弦定理得，
即，
所以，
则，
因为在中，不同时为，，故，
所以，
又，所以，则，故，则，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最大值为.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
四、解答题
15．（2024·四川成都·二模）已知函数，不等式的解集为.
(1)求实数的值；
(2)函数的最小值为，若正实数满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)最小值为4
【分析】（1）根据解集得到方程，解出即可；
（2）根据乘“1”法即可得到最小值.
【详解】（1），易知，
.
的解集为，
，解得.
（2）由（1）得，
的最小值为1，即.
，
当且仅当时，等号成立.
的最小值为4.
16．（2023·陕西宝鸡·二模）已知函数．
(1)求的解集；
(2)设的最小值为，若正数，，满足，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分，和三种情况求解即可；
（2）先分情况求出的最小值为2，则，两边平方化简后利用基本不等式可求得的最大值．
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，解得（舍去）；
当时，，解得．
综上，的解集为．
（2）当时，；
当时，；
当时，．
所以的最小值为2，即，则，
所以
，
当且仅当时，取等号，
即，所以的最大值为．
17．（2024·青海·一模）已知正数满足．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，结合基本不等式，即可得证；
（2）由，结合基本不等式，即可得证.
【详解】（1）证明：因为正数满足，
由，当且仅当时，等号成立，
可得，
即，所以，当且仅当时，等号成立.
（2）证明：由
，
当且仅当，即，等号成立.
所以.
18．（2024·广东·一模）海参中含有丰富的蛋白质、氨基酸、维生素、矿物质等营养元素，随着生活水平的提高，海参逐渐被人们喜爱．某品牌的海参按大小等级划分为5、4、3、2、1五个层级，分别对应如下五组质量指标值：，，，，．从该品牌海参中随机抽取10000颗作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图．
(1)质量指标值越高，海参越大、质量越好，若质量指标值低于400的为二级，质量指标值不低于400的为一级．现利用分层随机抽样的方法按比例从不低于400和低于400的样本中随机抽取10颗，再从抽取的10颗海参中随机抽取4颗，记其中一级的颗数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)甲、乙两人计划在某网络购物平台上参加该品牌海参的订单“秒杀”抢购活动，每人只能抢购一个订单，每个订单均由箱海参构成．假设甲、乙两人抢购成功的概率均为，记甲、乙两人抢购成功的订单总数量为Y，抢到海参总箱数为Z．
①求Y的分布列及数学期望；
②当Z的数学期望取最大值时，求正整数n的值．
【答案】(1)分布列见解析，期望
(2)①分布列见解析，期望值；②正整数n的值为5；
【分析】（1）利用频率分布直方图计算出分层抽样比为，可得抽取的10颗样本中有6颗二级品，4颗一级品，利用超几何分布公式计算概率即可得分布列和期望值；
（2）①易知订单总数量为Y的所有可能取值为，分别求得对应概率可得Y的分布列和期望值；
②显然，利用期望值性质计算可得，再由基本不等式即可得Z的数学期望取最大值时，正整数n的值为5.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，质量指标为二级与一级的分层随机抽样的比例为；
所以抽取的10颗样本中有6颗二级品，4颗一级品；
从抽取的10颗海参中随机抽取4颗，记其中一级的颗数为X，则X的所有可能取值为；
易知，,,
,；
所以可得X的分布列为
可得数学期望.
（2）根据题意可知订单总数量为Y的所有可能取值为，
则；
；
；
所以Y的分布列为
数学期望；
易知，所以；
又，
所以的数学期望，
当且仅当，即时，等号成立，取得最大值；
因此Z的数学期望取最大值时，正整数n的值为5.
19．（2023·四川达州·二模）在中，角、、所对的边分别为、、，.
(1)求；
(2)若，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的余弦公式化简可得出，即可求得的值；
（2）分析可知、均为锐角，利用两角和的正切公式结合基本不等式可得出，求出的最小值，即可求得的最小值.
【详解】（1）解：，
.
由正弦定理得.
.
因为，则，
，，
则，
所以，，即，
所以，，
，即.
（2）解：由（1）得.
若，则、均为钝角，则，矛盾，
所以，，，此时、均为锐角，合乎题意，
，
当且仅当时，等号成立，且为钝角.
，则，且为锐角，
由，解得，即，
当且仅当时，等号成立，
，.
因此，面积的最小值为.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024·辽宁·一模）已知．则“且”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据条件，利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求出结果.
【详解】当且时，，所以，当且仅当，即时取等号，
所以由且可以得出，
显然，当，有成立，但得不出且，
所以“且”是“”的充分而不必要条件，
故选：A.
2．（2024·山东济宁·一模）已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得，结合余弦定理以及不等式求得的最大值，再求三角形面积的最大值即可.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
即，，
又，，故；由，解得；
由余弦定理，结合，可得，
即，解得，当且仅当时取得等号；
故的面积，当且仅当时取得等号.
即的面积的最大值为.
故选：A.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，
所以面，

设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
4．（23-24高三上·江苏镇江·开学考试）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A．27B．24C．32D．28
【答案】A
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.
二、多选题
5．（2024·江苏·一模）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．不等式无解D．的最大值为
【答案】BD
【分析】对于选项A:验证是否成立即可判断；对于选项B:验证是否成立即可判断；对于选项C:利用即可验证有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于选项A:不是的周期，故A错误;
对于选项B:关于对称，故B正确；
对于选项C:有解，故C错误；
对于选项D:，若，则，
若则，
当且仅当，即时，原式取等，故D正确.
故选:BD.
6．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立.
【详解】已知，则，有，
由，得，则，即，
所以，A选项正确；
函数，有，
时，，单调递减，时，，单调递增，
，，即，时等号成立，
已知，由，所以，B选项正确；
已知，则，，当且仅当，即等号成立，
所以，有，得，C选项错误；
设，有，则，，有，
设，有，
设，则，
所以，即，，
所以，在上恒成立，
得在上单调递增，，即，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，要证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
7．（2023·全国·模拟预测）实数，满足，则（ ）
A．
B．的最大值为
C．
D．的最大值为
【答案】ACD
【分析】对于A选项，利用基本不等式即可判断；对于B选项，利用参数方程即可求解；对于C选项，利用B选项即可求解；对于D选项，令即可求解,
【详解】对于A选项，由，得，
所以，当且仅当时取“=”，故A正确；
对于B选项，令且，则，
其中，，
又，所以的最大值为1，
所以的最大值，故B错误；
对于C选项，由B中的分析知，，
其中，，
又，所以，故C正确；
对于D选项，令，
则，
且，所以当时，取最大，
故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
8．（2024·四川成都·模拟预测）已知实数，若，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】由乘“1”的方法，利用基本不等式求最值.
【详解】由，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为为.
故答案为：.
9．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，某城市有一条公路从正西方向通过路口后转向西北方向，围绕道路打造了一个半径为的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理结合基本不等式可得，利用正弦定理可得，利用三角函数的有界性建立不等式，即可求解.
【详解】如图，设切点为，连接．由题意得，
设，
在中，
,
当且仅当时取等号．
设，则，
所以，
故
（当且仅当时取等号），
所以，
解得，所以的最小值为．
故答案为：.
四、解答题
10．（2023·四川资阳·模拟预测）已知，，且．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）由基本不等式即可求出的最小值．
（2）化简已知得，即，利用基本不等式即可得证.
【详解】（1）（2）因为，所以，所以．
因为，，所以，当且仅当时，等号成立，
则，即的最小值是2．
（2）证明：因为，当且仅当时，等号成立，
，当且仅当时，等号成立，
所以．当且仅当时，等号成立
则，即，当且仅当时，等号成立．
【点睛】关键点睛：本题第二小问中用配凑法将的证明转化为的证明，其中是解题关键，本题考查不等式的证明，基本不等式的应用，属于较难题.
11．（22-23高一下·四川·期末）蜀绣又名“川绣”，与苏绣，湘绣，粤绣齐名，为中国四大名绣之一，蜀绣以其明丽清秀的色彩和精湛细腻的针法形成了自身的独特的韵味，丰富程度居四大名绣之首．1915年，蜀绣在国际巴拿马赛中荣获巴拿马国际金奖，在绣品中有一类具有特殊比例的手巾呈如图所示的三角形状，点D为边BC上靠近B点的三等分点，，．

(1)若，求三角形手巾的面积；
(2)当取最小值时，请帮设计师计算BD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理求得的长，即可得的长，由三角形面积公式即可求得答案.
（2）设，利用余弦定理表示出，即可得的表达式，结合基本不等式确定其最小值，即可求得答案.
【详解】（1）在中，，，故，，
由正弦定理得，即，
而，
故，
故,
故三角形手巾的面积为
（2）设，则，
则在中，，
在中，，
故
，
由于，当且仅当，即时取等号，
故，
即取到最小值即取最小值时，，
即此时.
【点睛】关键点睛：第二问求解取最小值时的长，关键是设，分别利用余弦定理表示出，从而可得的表达式，进而利用基本不等式求解.
12．（2024·江苏盐城·模拟预测）根据多元微分求条件极值理论，要求二元函数在约束条件的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数，其中为拉格朗日系数．分别对中的部分求导，并使之为0，得到三个方程组，如下：
，解此方程组，得出解，就是二元函数在约束条件的可能极值点．的值代入到中即为极值．
补充说明：【例】求函数关于变量的导数．即：将变量当做常数，即：，下标加上，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的表示分别对进行求导．
(1)求函数关于变量的导数并求当处的导数值．
(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数满足，求的最大值．
(3)①若为实数，且，证明：．
②设，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)①证明见解析；②4.
【分析】（1）根据给定条件，对变量求导并求值.
（2）利用拉格朗日乘数法求出极值，再判断并求出最大值.
（3）①利用换元法，结合平方数是非负数推理即得；②利用二次函数、均值不等式求出最小值.
【详解】（1）函数，对变量求导得：，
当时，.
（2）令，
则，解得或，
于是函数在约束条件的可能极值点是，，
当时，函数的一个极值为函数，
当时，函数的一个极值为函数，
方程视为关于x的方程：，则，解得，
视为关于y的方程：，则，解得，
因此函数对应的图形是封闭的，而，
所以的最大值为.
（3）①由，，设，
则，
当且仅当时取等号，
所以.
②当时，
，当且仅当时取等号，
所以时，取得最小值4.
【点睛】方法点睛：利用基本不等式最值的方法与技巧：
①在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件；
②利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.