新高考数学一轮复习考点学案第1章§1.5基本不等式的综合应用（含答案解析）

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题型一 基本不等式的常见变形应用
例1 (1)若a>1，b>1，且a≠b，则a2＋b2，2ab，a＋b，2ab中的最大值是( )
A.a2＋b2B.2ab
C.a＋bD.2ab
(2)(2024·桂林模拟)《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有图形如图所示，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC＝a，BC＝b，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.a＋b2≥ab(a>0，b>0)
B.a2＋b2≥2ab(a>0，b>0)
C.2aba＋b≤ab(a>0，b>0)
D.a＋b2≤a2＋b22(a>0，b>0)
思维升华 基本不等式的常见变形
(1)ab≤a＋b22≤a2＋b22(a，b∈R).
(2)21a＋1b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(a>0，b>0).
跟踪训练1 (多选)已知a，b∈R，则下列不等式成立的是( )
A.a＋b2≥abB.a＋b2≤a2＋b22
C.2aba＋b≤a＋b2D.ab≤a2＋b22
题型二 与基本不等式有关的恒(能)成立问题
例2 (1)已知a>0，b>0，若不等式ma＋b≤a＋bab恒成立，则m的最大值为( )
A.4B.6
C.8D.9
(2)若两个正实数x，y满足4x＋y＝2xy，且不等式x＋y40，若关于x的不等式x＋ax＋1≥3在x∈(－1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为( )
A.1B.2
C.4D.8
(2)若存在x∈(0，2]，使不等式ax2－2x＋3a47
题型三 基本不等式的实际应用
例3 随着环保意识的增强，电动汽车成为人们购车的热门选择.某型号的电动汽车经高速路段(汽车行驶速度不低于60 km/h)测试发现：①汽车每小时耗电量P(单位：kW·h)与速度v(单位：km/h)的关系满足P(v)＝0.002v2－0.04v＋5(60≤v≤120)；②相同路程内变速行驶比匀速行驶耗电量更大.现有一辆同型号电动汽车从A地经高速公路(最低限速60 km/h，最高限速120 km/h)匀速行驶到距离为500 km的B地，出发前汽车电池存量为75 kW·h，汽车到达B地后至少要保留5 kW·h的保障电量(假设该电动汽车从静止加速到速度为v的过程中消耗的电量与路程都忽略不计).
(1)判断该车是否可以在不充电的情况下到达B地，并说明理由；
(2)若以该电动汽车的现存电量一定可以到达A地与B地间的服务区，服务区充电桩的功率为15 kW(充电量＝充电功率×时间)，求到达B地的最少用时(行驶时间与充电时间总和).
思维升华 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.
跟踪训练3 第33届奥运会于2024年7月26日—8月11日在巴黎举行，某公益团队联系组委会举办一场纪念品展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设.据市场调查，当每套纪念品(一个会徽和一个吉祥物)售价定为x元时，销售量可达到(15－0.1x)万套.为配合这个活动，生产纪念品的厂家将每套纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为50元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.约定不计其他成本，即销售每套纪念品的利润＝售价－供货价格.
(1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，能获得的总利润是多少万元？
(2)每套会徽及吉祥物售价为多少元时，单套的利润最大？最大值是多少元？
柯西不等式
柯西不等式是法国著名的数学家、物理学家、天文学家柯西(Cauchy，1789-1857)发现的，故命名为柯西不等式.柯西不等式是数学中一个非常重要的不等式，除了用柯西不等式来证明一些不等式成立外，柯西不等式还常用于选择、填空求最值的问题，借助柯西不等式可以达到事半功倍的效果.
1.二维形式的柯西不等式
(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2(a，b，c，d∈R，当且仅当ad=bc时，等号成立).
2.二维形式的柯西不等式的变式
(1)a2+b2·c2+d2≥|ac+bd|(a，b，c，d∈R，当且仅当ad=bc时，等号成立).
(2)a2+b2·c2+d2≥|ac|+|bd|(a，b，c，d∈R，当且仅当ad=bc时，等号成立).
(3)(a+b)(c+d)≥(ac+bd)2(a，b，c，d≥0，当且仅当ad=bc时，等号成立).
3.推广一般情形：设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn∈R，
则(a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2(当且仅当bi=0(i=1，2，…，n)或存在一个实数k，使得ai=kbi(i=1，2，…，n)时，等号成立).
典例 (1)已知x，y满足x+3y=4，则4x2+y2的最小值为 .
(2)函数y=5x−1+10−2x的最大值为 .
答案精析
例1 (1)A [因为a>1，b>1，所以a2＋b2>a＋b，
根据基本不等式可知a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
因为a≠b，所以a2＋b2>2ab，
同理a＋b>2ab，
综上所述，上述四个式子中的最大值为a2＋b2.]
(2)D [由题意知圆O的半径r＝OF＝12AB＝a＋b2，
又由OC＝OB－BC
＝a＋b2－b＝a−b2，
在Rt△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝a−b22＋a＋b22＝a2＋b22，
因为FO≤FC，
所以a＋b2≤a2＋b22，
当且仅当a＝b时取等号.]
跟踪训练1 BD [A选项，
由选项可知a与b同号，
当a>0且b>0时，
由基本不等式可知a＋b2≥ab恒成立，当a0，
则a＋b22－a2＋b222
＝a2＋b2＋2ab−2a2−2b24
＝−(a−b)24≤0恒成立，即a＋b2≤a2＋b22恒成立，当a＋b≤0时，原不等式恒成立，故B选项正确；
C选项，当a＋b>0时，
2ab－(a＋b)22＝−(a−b)22≤0，即2ab≤(a＋b)22，2aba＋b≤a＋b2恒成立，
当a＋b0，b>0，
ma＋b≤a＋bab恒成立，
即m≤(a＋b)2ab＝a2＋b2＋2abab
＝ab＋ba＋2恒成立，
即m≤ab＋ba＋2min，
又因为ab＋ba＋2≥2ab·ba＋2＝4，
当且仅当ab＝ba，
即a＝b时取等号，
所以m≤4，所以m的最大值为4.]
(2)D [由两个正实数x，y满足4x＋y＝2xy，
得1x＋4y＝2，
则x＋y4＝121x＋4yx＋y4
＝122＋4xy＋y4x
≥122＋24xy·y4x＝2，
当且仅当4xy＝y4x，即y＝4x＝4时取等号，
由不等式x＋y42，
解得m2，
所以实数m的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞).]
跟踪训练2 (1)C [因为x>－1，x＋1>0，
所以x＋ax＋1＝x＋1＋ax＋1－1
≥2(x＋1)·ax＋1－1
＝2a－1，
当且仅当x＋1＝ax＋1，
即x＝a－1时取等号，
所以x＋ax＋1有最小值2a－1，
因为不等式x＋ax＋1≥3在x∈(－1，＋∞)上恒成立，所以2a－1≥3，
解得a≥4，所以a的最小值为4.]
(2)A [当x∈(0，2]时，
由ax2－2x＋3a