专题11 基本不等式及其应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题11 基本不等式及其应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳总结，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
【自主热身，归纳总结】
1、已知a>0, b>0，且eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)＝eq \r(ab)，则ab的最小值是________．
【答案】：2eq \r(6)
【解析】 利用基本不等式，化和的形式为积的形式．
因为eq \r(ab)＝eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)≥2eq \r(\f(2,a)·\f(3,b))，所以ab≥2eq \r(6)，当且仅当eq \f(2,a)＝eq \f(3,b)＝eq \r(6)时，取等号．
2、已知正数满足，则的最小值为 ．
【答案】9
【解析】： =9．
3、已知正实数x，y满足，则x  y 的最小值为 ．
【答案】：
4、已知a，b为正数，且直线 ax＋by－6＝0与直线 2x＋(b－3)y＋5＝0互相平行，则2a＋3b的最小值为________．
【答案】25
【解析】：由于直线ax＋by－6＝0与直线2x＋(b－3)y＋5＝0互相平行，所以a(b－3)＝2b，即eq \f(2,a)＋eq \f(3,b)＝1(a，b均为正数)，所以2a＋3b＝(2a＋3b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b)))＝13＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥13＋6×2eq \r(\f(b,a)×\f(a,b))＝25(当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)即a＝b＝5时取等号)．
5、已知正实数满足，则的最小值为 ．
【答案】8
【解析】：因为，所以．又因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立．
易错警示 在应用基本不等式时，要注意它使用的三个条件“一正二定三相等”．另外，在应用基本不等式时，要注意整体思想的应用．
6、设实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是________．
【答案】eq \f(\r(5)－1,2)
思路分析1 注意到条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一个变量的函数，从而求它的最小值．注意中消去y较易，所以消去y.
解法1 由x2＋2xy－1＝0得y＝eq \f(1－x2,2x)，从而x2＋y2＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x2,2x)))2＝eq \f(5x2,4)＋eq \f(1,4x2)－eq \f(1,2)≥2eq \r(\f(5,16))－eq \f(1,2)＝eq \f(\r(5)－1,2)，当且仅当x＝±eq \r(4,\f(1,5))时等号成立．
思路分析2 由所求的结论x2＋y2想到将条件应用基本不等式，构造出x2＋y2，然后将x2＋y2求解出来．
解法2 由x2＋2xy－1＝0得1－x2＝2xy≤mx2＋ny2，其中mn＝1(m，n>0)，所以(m＋1)x2＋ny2≥1，令m＋1＝n，与mn＝1联立解得m＝eq \f(\r(5)－1,2)，n＝eq \f(\r(5)＋1,2)，从而x2＋y2≥eq \f(1,\f(\r(5)＋1,2))＝eq \f(\r(5)－1,2).
7、若正实数满足，则的最小值是 ▲ ．
【答案】、8
【解析】： 因为正实数满足，
所以，当且仅当，即，又，即，等号成立，即取得最小值.
8、若实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，则eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为________．
【答案】： 8
解法1 因为实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，所以y＝eq \f(3,x)－3(y＞3)，
所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)＝y＋3＋eq \f(1,y－3)＝y－3＋eq \f(1,y－3)＋6≥2eq \r(y－3·\f(1,y－3))＋6＝8，当且仅当y－3＝eq \f(1,y－3)，即y＝4时取等号，此时x＝eq \f(3,7)，所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为8.
解法2 因为实数x，y满足xy＋3x＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)))，所以y＝eq \f(3,x)－3(y＞3)，y－3＝eq \f(3,x)－6＞0，
所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)＝eq \f(3,x)＋eq \f(1,\f(3,x)－6)＝eq \f(3,x)－6＋eq \f(1,\f(3,x)－6)＋6≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)－6))·\f(1,\f(3,x)－6))＋6＝8，当且仅当eq \f(3,x)－6＝eq \f(1,\f(3,x)－6)，即x＝eq \f(3,7)时取等号，此时y＝4，所以eq \f(3,x)＋eq \f(1,y－3)的最小值为8.
解后反思 从消元的角度看，可以利用等式xy＋3x＝3消“实数x”或消“实数y”，无论用哪种消元方式，消元后的式子结构特征明显，利用基本不等式的条件成熟．
9、 已知正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝eq \r(ab)－5，则ab的最小值为________．
【答案】. 36
【解析】：因为正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(9,b)＝eq \r(ab)－5，所以eq \r(ab)－5≥2eq \r(\f(9,ab))，当且仅当9a＝b时等号成立，即ab－5eq \r(ab)－6≥0，解得eq \r(ab)≥6或eq \r(ab)≤－1(舍去)，因此ab≥36，从而(ab)min＝36.
10、已知α，β均为锐角，且cs(α＋β)＝eq \f(sinα,sinβ)，则tanα的最大值是________．
【答案】eq \f(\r(2),4)
11、 已知正数x，y满足eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝1，则eq \f(4x,x－1)＋eq \f(9y,y－1)的最小值为________．
【答案】25
【解析】：因为eq \f(1,y)＝1－eq \f(1,x)，所以eq \f(4x,x－1)＋eq \f(9y,y－1)＝eq \f(4x,x－1)＋eq \f(9,1－\f(1,y))＝eq \f(4x,x－1)＋9x＝4＋eq \f(4,x－1)＋9(x－1)＋9＝13＋eq \f(4,x－1)＋9(x－1)＝13＋eq \f(4,x－1)＋9(x－1)．又因为eq \f(1,y)＝1－eq \f(1,x)>0，所以x>1，同理y>1，所以13＋eq \f(4,x－1)＋9(x－1)≥13＋2eq \r(4×9)＝25，当且仅当x＝eq \f(5,3)时取等号，所以eq \f(4x,x－1)＋eq \f(9y,y－1)的最小值为25.
12、 已知a＋b＝2，b＞0，当eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)取最小值时，实数a的值是________．
【答案】： －2
解法1 eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a＋b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(a,4|a|)＋eq \f(b,4|a|)＋eq \f(|a|,b)≥－eq \f(1,4)＋2eq \r(\f(b,4|a|)·\f(|a|,b))＝eq \f(3,4)，当且仅当a＜0，且eq \f(b,4|a|)＝eq \f(|a|,b)，即a＝－2，b＝4时取等号．
解法2 因为a＋b＝2，b＞0，所以eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,b)＝eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,2－a)(a＜2)．
设f(a)＝eq \f(1,2|a|)＋eq \f(|a|,2－a)(a＜2)，
则f(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)＋\f(a,2－a)，,0≤a＜2，,－\f(1,2a)－\f(a,2－a)，,a＜0.)))
当a＜0时，f(a)＝－eq \f(1,2a)－eq \f(a,2－a)，从而f′(a)＝eq \f(1,2a2)－eq \f(2,a－22)＝eq \f(－3a－2a＋2,2a2a－22)，故当a＜－2时，f′(a)＜0；当－2＜a＜0时，f′(a)＞0，故f(a)在(－∞，－2)上是减函数，在(－2，0)上是增函数，故当a＝－2时，f(a)取得极小值eq \f(3,4)；同理，当0≤a＜2时，函数f(a)在a＝eq \f(2,3)处取得极小值eq \f(5,4).综上，当a＝－2时，f(a)min＝eq \f(3,4).
【问题探究，变式训练】
:例1、 已知正数x，y满足x＋y＝1，则eq \f(4,x＋2)＋eq \f(1,y＋1)的最小值为________．
【答案】： eq \f(9,4)
解法1 令x＋2＝a，y＋1＝b，则a＋b＝4(a＞2，b＞1)，eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,4)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(4b,a)＋\f(a,b)))≥eq \f(1,4)(5＋4)＝eq \f(9,4)，当且仅当a＝eq \f(8,3)，b＝eq \f(4,3)，即x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,3)时取等号．
解法2 (幂平均不等式)设a＝x＋2，b＝y＋1，则eq \f(4,x＋2)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(22,a)＋eq \f(12,b)≥eq \f(1＋22,a＋b)＝eq \f(9,4).
解法3 (常数代换)设a＝x＋2，b＝y＋1，则eq \f(4,x＋2)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \f(4,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,4b)＝eq \f(5,4)＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,4b)≥eq \f(9,4)，当且仅当a＝2b时取等号．
【变式1】、已知实数x，y满足x>y>0，且x＋y≤2，则eq \f(2,x＋3y)＋eq \f(1,x－y)的最小值为________．
【答案】eq \f(3＋2\r(2),4)
设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3y＝m，,x－y＝n.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(m＋3n,4)，,y＝\f(m－n,4).))所以x＋y＝eq \f(m＋n,2)≤2，即m＋n≤4.设t＝eq \f(2,x＋3y)＋eq \f(1,x－y)＝eq \f(2,m)＋eq \f(1,n)，所以4t≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)＋\f(1,n)))(m＋n)＝3＋eq \f(2n,m)＋eq \f(m,n)≥3＋2eq \r(2).即t≥eq \f(3＋2\r(2),4)，当且仅当eq \f(2n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝eq \r(2)n时取等号．
【变式2】、已知x，y为正实数，则eq \F(4x,4x＋y)＋eq \F(y,x＋y)的最大值为 ．
.【答案】：
【解析1】：令，从而得，故，当且仅当，即时等号成立。
解法2 设BD＝CD＝m，AD＝n，则由已知得7(2m)2＋2(m2＋n2)＝4eq \r(3)，所以15m2＋n2＝2eq \r(3)≥2eq \r(15)mn，所以mn≤eq \f(\r(5),5)，当且仅当15m2＝n2时取等号，此时m2＝eq \f(\r(3),15)，所以面积的最大值为eq \f(\r(5),5).
例3、 若实数x，y满足2x2＋xy－y2＝1，则eq \f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)的最大值为________．
【答案】. eq \f(\r(2),4)
【解析】： 在2x2＋xy－y2＝1中，独立变量有两个，因为用x表示y或用y表示x均不方便，可引入第三个变量来表示x，y.
由2x2＋xy－y2＝1，得(2x－y)(x＋y)＝1，设2x－y＝t，x＋y＝eq \f(1,t)，其中t≠0.则x＝eq \f(1,3)t＋eq \f(1,3t)，y＝eq \f(2,3t)－eq \f(1,3)t，从而x－2y＝t－eq \f(1,t)，5x2－2xy＋2y2＝t2＋eq \f(1,t2)，记u＝t－eq \f(1,t)，则eq \f(x－2y,5x2－2xy＋2y2)＝eq \f(u,u2＋2)＝eq \f(1,u＋\f(2,u))≤eq \f(1,2\r(u·\f(2,u)))＝eq \f(\r(2),4)，当且仅当u＝eq \f(2,u)，即u＝eq \r(2)时取等号，即最大值为eq \f(\r(2),4).
【变式1】、 已知正实数x，y满足5x2＋4xy－y2＝1，则12x2＋8xy－y2的最小值为________．
【答案】： eq \f(7,3)
解法1(双变量换元) 因为x>0，y>0，且满足5x2＋4xy－y2＝1，由此可得(5x－y)(x＋y)＝1，令u＝5x－y，v＝x＋y，则有u>0，v>0，uv＝1，并且x＝eq \f(u＋v,6)，y＝eq \f(5v－u,6)，代入12x2＋8xy－y2＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(u＋v,6)))2＋8·eq \f(u＋v,6)·eq \f(5v－u,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5v－u,6)))2＝eq \f(u2＋9v2＋22uv,12)≥eq \f(2\r(u2·9v2)＋22uv,12)＝eq \f(28uv,12)＝eq \f(28×1,12)＝eq \f(7,3)，当且仅当u＝3v，uv＝1，即u＝eq \r(3)，v＝eq \f(\r(3),3)，亦即x＝eq \f(2\r(3),9)，y＝eq \f(\r(3),9)时，12x2＋8xy－y2取得最小值eq \f(7,3).
解法2(常数1的代换) 因为x>0，y>0，且满足5x2＋4xy－y2＝1，由此可得(5x－y)(x＋y)＝1，因为x>0，y>0，x＋y>0，所以5x－y>0，即有00，))得t2－12t＋4≥0，解得t≥6＋4eq \r(2)，当取得最小值时，u＝2＋eq \f(3,2)eq \r(2)满足题意．
解法3 因为eq \f(x2,4)－y2＝1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋y))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－y))，所以令eq \f(x,2)＋y＝t，则eq \f(x,2)－y＝eq \f(1,t)，从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t)))，))则3x2－2xy＝6＋2t2＋eq \f(4,t2)≥6＋4eq \r(2)，当且仅当t2＝eq \r(2)时等号成立．