2023届高考数学二轮复习微专题13利用基本不等式求代数式的最值问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题13利用基本不等式求代数式的最值问题学案，共6页。


例题：(2017·苏锡常镇二模)已知a，b均为正数，且ab－a－2b＝0，求eq \f(a2,4)－eq \f(2,a)＋b2－eq \f(1,b)的最小值．
变式1若x>0，y>0，且x2＋y2＝1，则eq \f(x,1－x2)＋eq \f(y,1－y2)的最小值是________________．
变式2(2018·苏州调研三)设正实数x，y满足xy＝eq \f(x＋9y,y－x)，则y的最小值是________________．
串讲1已知正实数x，y满足x＋eq \f(2,x)＋3y＋eq \f(4,y)＝10，则xy的取值范围为________________．
串讲2已知函数y＝eq \r(1－x)＋eq \r(x＋3)的最大值为M，最小值为m，则eq \f(m,M)的值为________________．
(2018·天津卷)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为________________．
若正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，求eq \f(4,a－1)＋eq \f(16,b－1)的最小值．
答案：16.
解析：因为a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，所以a＋b＝ab，2分
则eq \f(4,a－1)＋eq \f(16,b－1)＝eq \f(4（b－1）＋16（a－1）,（a－1） （b－1）)＝eq \f(4b＋16a－20,ab－（a＋b）＋1)＝4b＋16a－20.4分
又4b＋16a＝4(b＋4a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝20＋4×eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥20＋4×2×eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝36，6分
微专题13
例题
答案：7.
解法1eq \f(a2,4)－eq \f(2,a)＋b2－eq \f(1,b)＝eq \f(a2＋4b2,4)－1，下面只要求a2＋4b2的最小值即可．因为a＋2b＝ab≥2eq \r(ab)，所以ab≥8，当且仅当a＝2b＝4时取等号；又a2＋4b2≥2(a·2b)≥32，当且仅当a＝2b＝4时取等号，则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法2eq \f(a2,4)－eq \f(2,a)＋b2－eq \f(1,b)＝eq \f(a2＋4b2,4)－1＝eq \f(（a＋2b）2－4ab,4)－1＝eq \f(a2b2－4ab,4)－1＝eq \f(（ab－2）2－4,4)－1；因为a＋2b＝ab≥2eq \r(ab)，得ab≥8，当且仅当a＝2b＝4时取等号，所以eq \f(（ab－2）2－4,4)－1≥7.
解法3因为ab－a－2b＝0，所以a＝eq \f(2b,b－1).那么a2＋4b2＝4b2＋eq \f(4b2,（b－1）2)
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（c＋1）2＋\f(（c＋1）2,c2)))＝
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(c2＋\f(1,c2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,c)))＋2))＝
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,c)))\s\up12(2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,c)))))
≥4(22＋2×2)＝32.则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法4因为ab－a－2b＝0，有eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝1，则a2＋4b2＝(a2＋4b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))eq \s\up12(2)≥4ab·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(2,ab))))eq \s\up12(2)＝32.，则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法5因为ab－a－2b＝0，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝1，则a2＋4b2＝(a2＋4b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))eq \s\up12(2)＝eq \f(a2,b2)＋eq \f(16b2,a2)＋eq \f(4a,b)＋eq \f(16b,a)＋8≥32.则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法6因为ab－a－2b＝0，令a＝m＋n，2b＝m－n，有m2－n2＝4m，n2＝m2－4m≥0得m≥4.则a2＋4b2＝2(m2＋n2)＝2(2m2－4m)＝4(m－1)2－4≥4(4－1)2－4＝32.则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法7因为ab－a－2b＝0，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝1，设a＝eq \f(2,cs2θ)，b＝eq \f(1,sin2θ)；那么a2＋4b2＝eq \f(4,cs4θ)＋eq \f(4,sin4θ)＝4·eq \f(sin4θ＋cs4θ,sin4θcs4θ)＝
4·eq \f(1－2sin2θcs2θ,sin4θcs4θ)＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)－\f(2,t)))，其中t＝
sin2θcs2θ＝eq \f(sin22θ,4)≤eq \f(1,4)，
则4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)－\f(2,t)))≥4×8＝32.则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
解法8因为ab－a－2b＝0，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝1，设a＝eq \f(2,cs2θ)，b＝eq \f(1,sin2θ)，那么a2＋4b2＝eq \f(4,cs4θ)＋eq \f(4,sin4θ)＝4eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\f(（sin2θ＋cs2θ）2,sin4θ)))＋
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（sin2θ＋cs2θ）2,cs4θ)))＝4
eq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\f(sin4θ＋cs4θ＋2sin2θcs2θ,sin4θ)＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\f(sin4θ＋cs4θ＋2sin2θcs2θ,cs4θ)))＝4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋t4＋2t2＋\f(2,t2)＋\f(1,t4)＋1))≥32.则eq \f(a2＋4b2,4)－1≥7.
说明：也可利用幂平均不等式得到如下结果：eq \f(4,cs4θ)＋eq \f(4,sin4θ)＝
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,（sin2θ）2)＋\f(13,（cs2θ）2)))≥
eq \f(4（1＋1）3,（sin2θ＋cs2θ）2)＝32.
变式联想
变式1
答案：2eq \r(2).
解析：eq \f(x,1－x2)＋eq \f(y,1－y2)＝eq \f(x,y2)＋eq \f(y,x2)≥
2eq \r(\f(1,xy))＝eq \f(2,\r(xy))≥eq \f(2,\r(\f(x2＋y2,2)))＝
2eq \r(2).
变式2
答案：3＋eq \r(10).
解析：由题意可知y－x＝eq \f(1,y)＋eq \f(9,x)，即y－eq \f(1,y)＝x＋eq \f(9,x)≥6，当且仅当x＝3时，取等号；由y>0，y－eq \f(1,y)≥6可知y2－6y－1≥0，解得y≥3＋eq \r(10).
串讲激活
串讲1
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(8,3))).
解析：设xy＝k，代入整理得10＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,k)))x＋eq \f(3k＋2,x)≥
2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,k)))（3k＋2）)，解得1≤k≤eq \f(8,3).
串讲2
答案：eq \f(\r(2),2).
解法1令a＝eq \r(1－x)，b＝eq \r(x＋3)，则a2＋b2＝4.又由－1≤x≤3可知a，b∈[0，2]．由eq \f(（a＋b）2,4)＝eq \f(a2＋2ab＋b2,a2＋b2)＝1＋eq \f(2ab,a2＋b2)，当ab＝0时，a＋b＝2；当ab≠0，eq \f(（a＋b）2,4)＝1＋eq \f(2ab,a2＋b2)＝1＋eq \f(2,\f(b,a)＋\f(a,b))，由eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2得1即2解法2y2＝4＋2eq \r(4－（x＋1）2)∈[4，8]，∵y≥0，∴y∈[2，2eq \r(2)]∴m＝α，M＝2eq \r(2)，∴eq \f(m,M)＝eq \f(\r(2),2).
解法3设eq \r(1－x)＝2csα，eq \r(3＋x)＝2sinα，α∈[0，eq \f(π,2)]，
∴y＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴y∈[2，2eq \r(2)]，下面同解法2.
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答案：eq \f(1,4).
解析：由a－3b＋6＝0可知a－3b＝－6，且2a＋eq \f(1,8b)＝2a＋2－3b，因为对于任意x，2x>0恒成立，结合均值不等式的结论可得2a＋2－3b≥2×eq \r(2a×2－3b)＝2×eq \r(2－6)＝eq \f(1,4)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2－3b，,a－3b＝6，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－1，))时等号成立．综上可得2a＋eq \f(1,8b)的最小值为eq \f(1,4).
基本不等式是高中数学的一个重要知识点，在全国各地的高考考纲中都属于C级(熟练掌握)要求，高考经常考查利用基本不等式求变量或者代数式的最值，具有灵活多变、应用广泛、技巧性强等特点．试题既能考查基本不等式的基础知识、基本技能、基本思想方法，还能考查运算能力、逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的应用能力等数学素养.