高考数学一轮复习讲义第7章第4节基本不等式及其应用

这是一份高考数学一轮复习讲义第7章第4节基本不等式及其应用，共16页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，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时取等号．
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≤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.
3．算术平均数与几何平均数
设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为eq \f(a＋b,2)，几何平均数为eq \r(ab)，基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
4．利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则
(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值2eq \r(p).(简记：积定和最小)
(2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值eq \f(p2,4).(简记：和定积最大)
【知识拓展】
不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
(1)恒成立问题：若f(x)在区间D上存在最小值，则不等式f(x)>A在区间D上恒成立⇔f(x)min>A(x∈D)；
若f(x)在区间D上存在最大值，则不等式f(x)A(x∈D)；
若f(x)在区间D上存在最小值，则在区间D上存在实数x使不等式f(x)A的解集为D；
不等式f(x)0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要条件．( × )
(4)若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值为2eq \r(a).( × )
(5)不等式a2＋b2≥2ab与eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)有相同的成立条件．( × )
(6)两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．( √ )
1．(教材改编)设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为( )
A．80 B．77 C．81 D．82
答案 C
解析 ∵x>0，y>0，∴eq \f(x＋y,2)≥eq \r(xy)，
即xy≤(eq \f(x＋y,2))2＝81，
当且仅当x＝y＝9时，(xy)max＝81.
2．已知f(x)＝x＋eq \f(1,x)－2(x0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式恒成立的是( )
A.eq \f(1,ab)≤eq \f(1,4)B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤1
C.eq \r(ab)≥2 D．a2＋b2≥8
答案 D
解析 4＝a＋b≥2eq \r(ab)(当且仅当a＝b时，等号成立)，即eq \r(ab)≤2，ab≤4，eq \f(1,ab)≥eq \f(1,4)，选项A，C不成立；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(4,ab)≥1，选项B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，选项D成立．
4．(教材改编)已知x，y均为正实数，且x＋4y＝1，则xy的最大值为________．
答案 eq \f(1,16)
解析 1＝x＋4y≥2eq \r(4xy)＝4eq \r(xy)，
∴xy≤(eq \f(1,4))2＝eq \f(1,16)，
当且仅当x＝4y＝eq \f(1,2)，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,8)))时，(xy)max＝eq \f(1,16).
5．(教材改编)若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________ m2.
答案 25
解析 设矩形的一边为x m，
则另一边为eq \f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，
∴y＝x(10－x)≤[eq \f(x＋10－x,2)]2＝25，
当且仅当x＝10－x，即x＝5时，ymax＝25.
题型一 利用基本不等式求最值
命题点1 通过配凑法利用基本不等式
例1 (1)已知00，a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
答案 4
解析 ∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)
≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时等号成立．
引申探究
1．条件不变，求(1＋eq \f(1,a))(1＋eq \f(1,b))的最小值．
解 (1＋eq \f(1,a))(1＋eq \f(1,b))＝(1＋eq \f(a＋b,a))(1＋eq \f(a＋b,b))＝(2＋eq \f(b,a))·(2＋eq \f(a,b))
＝5＋2(eq \f(b,a)＋eq \f(a,b))≥5＋4＝9.
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，取等号．
2．已知a>0，b>0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝4，求a＋b的最小值．
解 由eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝4，得eq \f(1,4a)＋eq \f(1,4b)＝1.
∴a＋b＝(eq \f(1,4a)＋eq \f(1,4b))(a＋b)＝eq \f(1,2)＋eq \f(b,4a)＋eq \f(a,4b)≥eq \f(1,2)＋2eq \r(\f(b,4a)·\f(a,4b))＝1.
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号．
3．将条件改为a＋2b＝3，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值．
解 ∵a＋2b＝3，
∴eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))(eq \f(1,3)a＋eq \f(2,3)b)＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(a,3b)＋eq \f(2b,3a)
≥1＋2eq \r(\f(a,3b)·\f(2b,3a))＝1＋eq \f(2\r(2),3).
当且仅当a＝eq \r(2)b时，取等号．
思维升华 (1)应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条件．
(2)在利用基本不等式求最值时，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两种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数“1”代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值．
(1)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是________．
(2)已知x，y∈(0，＋∞)，2x－3＝(eq \f(1,2))y，若eq \f(1,x)＋eq \f(m,y)(m>0)的最小值为3，则m＝________.
答案 (1)5 (2)4
解析 (1)方法一 由x＋3y＝5xy可得eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x)＝1，
∴3x＋4y＝(3x＋4y)(eq \f(1,5y)＋eq \f(3,5x))
＝eq \f(9,5)＋eq \f(4,5)＋eq \f(3x,5y)＋eq \f(12y,5x)≥eq \f(13,5)＋eq \f(12,5)＝5.
当且仅当eq \f(3x,5y)＝eq \f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq \f(1,2)时，等号成立，
∴3x＋4y的最小值是5.
方法二 由x＋3y＝5xy得x＝eq \f(3y,5y－1)，
∵x>0，y>0，∴y>eq \f(1,5)，
∴3x＋4y＝eq \f(9y,5y－1)＋4y＝eq \f(13y－\f(1,5)＋\f(9,5)＋\f(4,5)－4y,5y－1)＋4y
＝eq \f(13,5)＋eq \f(9,5)·eq \f(\f(1,5),y－\f(1,5))＋4(y－eq \f(1,5))
≥eq \f(13,5)＋2eq \r(\f(36,25))＝5，
当且仅当y＝eq \f(1,2)时等号成立，∴(3x＋4y)min＝5.
(2)由2x－3＝(eq \f(1,2))y得x＋y＝3，
eq \f(1,x)＋eq \f(m,y)＝eq \f(1,3)(x＋y)(eq \f(1,x)＋eq \f(m,y))
＝eq \f(1,3)(1＋m＋eq \f(y,x)＋eq \f(mx,y))
≥eq \f(1,3)(1＋m＋2eq \r(m))
(当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(mx,y)，即y＝eq \r(m)x时取等号)，
∴eq \f(1,3)(1＋m＋2eq \r(m))＝3，
解得m＝4.
题型二 基本不等式的实际应用
例3 (2017·淄博质检)某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)，当年产量不足80千件时，C(x)＝eq \f(1,3)x2＋10x(万元)．当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋eq \f(10 000,x)－1 450(万元)．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．
(1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？
解 (1)因为每件商品售价为0.05万元，则x千件商品销售额为0.05×1 000x万元，依题意得：当0g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3)，
∴－(x＋eq \f(8,x))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是[－eq \f(8,3)，＋∞)．
思维升华 (1)应用基本不等式判断不等式是否成立：对所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解．
(2)条件不等式的最值问题：通过条件转化成能利用基本不等式的形式求解．
(3)求参数的值或范围：观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或范围．
(1)(2016·福建四地六校联考)已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a的值是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2) C．1 D．2
(2)已知各项均为正数的等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an使得eq \r(aman)＝4a1，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,3) C.eq \f(9,4) D.eq \f(25,6)
答案 (1)C (2)A
解析 (1)由题意可得a>0，
①当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2≥2eq \r(a)＋2，当且仅当x＝eq \r(a)时取等号；
②当x0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则x＋y的最小值是________．
(2)函数y＝1－2x－eq \f(3,x)(x0，y>0，∴1＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)≥2eq \r(\f(2,xy))，
∴eq \r(xy)≥2eq \r(2)，∴x＋y≥2eq \r(xy)＝4eq \r(2)，
∴x＋y的最小值为4eq \r(2).
(2)∵2x＋eq \f(3,x)≥2eq \r(6)，∴y＝1－2x－eq \f(3,x)≤1－2eq \r(6).
∴函数y＝1－2x－eq \f(3,x)(x0，y>0，
∴x＋y＝(x＋y)(eq \f(1,x)＋eq \f(2,y))
＝3＋eq \f(y,x)＋eq \f(2x,y)≥3＋2eq \r(2)(当且仅当y＝eq \r(2)x时取等号)，
∴当x＝eq \r(2)＋1，y＝2＋eq \r(2)时，(x＋y)min＝3＋2eq \r(2).
(2)∵xlg x(x>0)
B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
答案 C
解析 当x>0时，x2＋eq \f(1,4)≥2·x·eq \f(1,2)＝x，
所以lg(x2＋eq \f(1,4))≥lg x(x>0)，
故选项A不正确；
运用基本不等式时需保证“一正”“二定“三相等”，
而当x≠kπ，k∈Z时，sin x的正负不定，
故选项B不正确；
由基本不等式可知，选项C正确；
当x＝0时，有eq \f(1,x2＋1)＝1，故选项D不正确．
3．当x>0时，函数f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)有( )
A．最小值1 B．最大值1
C．最小值2 D．最大值2
答案 B
解析 f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)＝eq \f(2,x＋\f(1,x))≤eq \f(2,2)＝1，当且仅当x＝1时取等号．
4．已知a>0，b>0，a＋b＝2，则y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是( )
A.eq \f(7,2) B．4 C.eq \f(9,2) D．5
答案 C
解析 依题意，得eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \f(1,2)(eq \f(1,a)＋eq \f(4,b))·(a＋b)
＝eq \f(1,2)[5＋(eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b))]≥eq \f(1,2)(5＋2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b)))＝eq \f(9,2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝2，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，,a>0，b>0，))即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(4,3)时取等号，
即eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是eq \f(9,2).
5．(2016·平顶山至阳中学期中)若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a等于( )
A．1＋eq \r(2)B．1＋eq \r(3)
C．3 D．4
答案 C
解析 当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(x－2×\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)(x>2)，即x＝3时取等号，即当f(x)取得最小值时，x＝3，即a＝3，故选C.
6．已知x>0，y>0，且4xy－x－2y＝4，则xy的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．2eq \r(2) C.eq \r(2) D．2
答案 D
解析 ∵x>0，y>0，x＋2y≥2eq \r(2xy)，
∴4xy－(x＋2y)≤4xy－2eq \r(2xy)，
∴4≤4xy－2eq \r(2xy)，
即(eq \r(2xy)－2)(eq \r(2xy)＋1)≥0，
∴eq \r(2xy)≥2，∴xy≥2.
*7.(2016·吉林九校第二次联考)若正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)的最小值是( )
A．1 B．6 C．9 D．16
答案 B
解析 ∵正数a，b满足eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，∴b＝eq \f(a,a－1)>0，解得a>1.同理可得b>1，所以eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,b－1)＝eq \f(1,a－1)＋eq \f(9,\f(a,a－1)－1)＝eq \f(1,a－1)＋9(a－1)≥2eq \r(\f(1,a－1)·9a－1)＝6，当且仅当eq \f(1,a－1)＝9(a－1)，即a＝eq \f(4,3)时等号成立，所以最小值为6.故选B.
8．(2016·唐山一模)已知x，y∈R且满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为________．
答案 [4,12]
解析 ∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤eq \f(x2＋4y2,2)，
∴6－(x2＋4y2)≤eq \f(x2＋4y2,2)，
∴x2＋4y2≥4(当且仅当x＝2y时取等号)．
又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，
即2xy≥－6，∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12
(当且仅当x＝－2y时取等号)．
综上可知4≤x2＋4y2≤12.
9．(2016·潍坊模拟)已知a，b为正实数，直线x＋y＋a＝0与圆(x－b)2＋(y－1)2＝2相切，则eq \f(a2,b＋1)的取值范围是________．
答案 (0，＋∞)
解析 ∵x＋y＋a＝0与圆(x－b)2＋(y－1)2＝2相切，
∴d＝eq \f(|b＋1＋a|,\r(2))＝eq \r(2)，
∴a＋b＋1＝2，即a＋b＝1，
∴eq \f(a2,b＋1)＝eq \f(1－b2,b＋1)＝eq \f(b＋12－4b＋1＋4,b＋1)
＝(b＋1)＋eq \f(4,b＋1)－4≥2eq \r(4)－4＝0.
又∵a，b为正实数，
∴eq \f(a2,b＋1)的取值范围是(0，＋∞)．
10．设a>0，b>0，若eq \r(3)是3a与3b的等比中项，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为________．
答案 4
解析 由题意知3a·3b＝3，即3a＋b＝3，
∴a＋b＝1，∵a>0，b>0，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)
＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，
当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立．
*11.(2017·东莞调研)函数y＝lga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n均大于0，则eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)的最小值为________．
答案 8
解析 y＝lga(x＋3)－1恒过定点A(－2，－1)，
由A在直线mx＋ny＋1＝0上．
则－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1.
∴eq \f(1,m)＋eq \f(2,n)＝eq \f(2m＋n,m)＋eq \f(22m＋n,n)＝eq \f(n,m)＋eq \f(4m,n)＋4≥2eq \r(4)＋4＝8(当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(4m,n)，即m＝eq \f(1,4)，n＝eq \f(1,2)时等号成立)．
12．已知x>0，y>0，且2x＋5y＝20.
(1)求u＝lg x＋lg y的最大值；
(2)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
解 (1)∵x>0，y>0，
∴由基本不等式，得2x＋5y≥2eq \r(10xy).
∵2x＋5y＝20，
∴2eq \r(10xy)≤20，xy≤10，
当且仅当2x＝5y时，等号成立．
因此有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,2x＝5y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝2，))
此时xy有最大值10.
∴u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1.
∴当x＝5，y＝2时，u＝lg x＋lg y有最大值1.
(2)∵x>0，y>0，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq \f(2x＋5y,20)
＝eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋\f(5y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(1,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋2 \r(\f(5y,x)·\f(2x,y))))
＝eq \f(7＋2\r(10),20)，
当且仅当eq \f(5y,x)＝eq \f(2x,y)时，等号成立．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋5y＝20，,\f(5y,x)＝\f(2x,y)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(10\r(10)－20,3)，,y＝\f(20－4\r(10),3).))
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为eq \f(7＋2\r(10),20).
13．经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内(以30天计)，第t天(1≤t≤30，t∈N*)的旅游人数f(t)(万人)近似地满足f(t)＝4＋eq \f(1,t)，而人均消费g(t)(元)近似地满足g(t)＝120－|t－20|.
(1)求该城市的旅游日收益W(t)(万元)与时间t(1≤t≤30，t∈N*)的函数关系式；
(2)求该城市旅游日收益的最小值．
解 (1)W(t)＝f(t)g(t)＝(4＋eq \f(1,t))(120－|t－20|)
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(401＋4t＋\f(100,t)， 1≤t≤20，,559＋\f(140,t)－4t， 200)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
(1)求炮的最大射程；
(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2 km，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．
解 (1)令y＝0，得kx－eq \f(1,20)(1＋k2)x2＝0.
由实际意义和题设条件知x>0，k>0，
故x＝eq \f(20k,1＋k2)＝eq \f(20,k＋\f(1,k))≤eq \f(20,2)＝10，
当且仅当k＝1时取等号．
所以炮的最大射程为10 km.
(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，使3.2＝ka－eq \f(1,20)(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔0