2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 第35講 基本不等式學(xué)案

《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 第35講 基本不等式學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 第35講 基本不等式學(xué)案（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第35講　基本不等式 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.了解基本不等式的證明過(guò)程． 2．會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大(小)值問(wèn)題. 2016·江蘇卷，14 2015·全國(guó)卷Ⅰ，12 2015·福建卷，6 對(duì)基本不等式的考查，主要是利用不等式求最值，且常與函數(shù)、數(shù)列、解析幾何等知識(shí)結(jié)合在一起進(jìn)行考查. 分值：5分 1．基本不等式≤ (1)基本不等式成立的條件：__a>0，b>0__. (2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)__a＝b__時(shí)取等號(hào)． 2．幾個(gè)重要的不等式： (1)a2＋b2≥__2ab__(a，b∈R)． (2)＋≥__2__(a，b同號(hào))．

2、 (3)ab≤2(a，b∈R)． (4)≥2(a，b∈R)． 3．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù) 設(shè)a＞0，b＞0，則a，b的算術(shù)平均數(shù)為_(kāi)___，幾何平均數(shù)為_(kāi)___，基本不等式可敘述為_(kāi)_兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)__. 4．利用基本不等式求最值問(wèn)題 已知x＞0，y＞0，則： (1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)__x＝y(tǒng)__時(shí)，x＋y有最__小__值是__2__(簡(jiǎn)記：積定和最小)； (2)如果和x＋y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)__x＝y(tǒng)__時(shí)，xy有最__大__值是____(簡(jiǎn)記：和定積最大)． 1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)． (1)函數(shù)y＝x

3、＋的最小值是2.(　×　) (2)函數(shù)f(x)＝cos x＋，x∈的最小值等于4.(　×　) (3)x＞0，y＞0是＋≥2的充要條件．(　×　) (4)若a＞0，則a3＋的最小值為2.(　×　) 解析 (1)錯(cuò)誤．因?yàn)閤沒(méi)有確定符號(hào)，所以不能說(shuō)最小值為2. (2)錯(cuò)誤．利用基本不等式時(shí)，等號(hào)不成立． (3)錯(cuò)誤．不是充要條件，當(dāng)x<0，y<0時(shí)也成立． (4)錯(cuò)誤．最小值不是定值，故不正確． 2．已知m＞0，n＞0，且mn＝81，則m＋n的最小值為(　A　) A．18　　 B．36　　 C．81　　 D．243 解析 ∵m>0，n>0，∴m＋n≥2＝18.當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝

4、9時(shí)，等號(hào)成立． 3．若M＝(a∈R，a≠0)，則M的取值范圍為(　A　) A．(－∞，－4]∪[4，＋∞)　　　　 B．(－∞，－4] C．[4，＋∞)　　　　 D．[－4,4] 解析 M＝＝a＋，當(dāng)a>0時(shí)，M≥4；當(dāng)a<0時(shí)，M≤－4. 4．若x＞1，則x＋的最小值為_(kāi)_5__. 解析 x＋＝x－1＋＋1≥4＋1＝5.當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝，即x＝3時(shí)等號(hào)成立． 5．若x＞0，y＞0，lg x＋lg y＝1，則z＝＋的最小值為_(kāi)_2__. 解析 由已知條件lg x＋lg y＝1，可知xy＝10. 則＋≥2＝2，故min＝2，當(dāng)且僅當(dāng)2y＝5x時(shí)取等號(hào)．又xy＝10.即x＝

5、2，y＝5時(shí)等號(hào)成立． 一　利用基本不等式證明不等式 利用基本不等式證明不等式的方法 (1)利用基本不等式證明不等式是綜合法證明不等式的一種情況，要從整體上把握運(yùn)用基本不等式．對(duì)不滿(mǎn)足使用基本不等式條件的可通過(guò)“變形”來(lái)轉(zhuǎn)換，常見(jiàn)的變形技巧有：拆項(xiàng)，并項(xiàng)，也可乘上一個(gè)數(shù)或加上一個(gè)數(shù)，“1”的代換法等． (2)利用基本不等式對(duì)所證明的不等式中的某些部分放大或者縮小，在含有三個(gè)字母的不等式證明中要注意利用對(duì)稱(chēng)性． 【例1】 (1)已知x＞0，y＞0，z＞0， 求證：≥8. (2)已知a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1，求證：＋＋≥9. 證明 (1)∵x＞0，y＞0

6、，z＞0，∴＋≥＞0， ＋≥＞0，＋≥＞0， ∴≥＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時(shí)等號(hào)成立． (2)∵a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1， ∴＋＋＝＋＋ ＝3＋＋＋＋＋＋ ＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)，取等號(hào)． 二　利用基本不等式求最值 利用基本不等式求最值應(yīng)注意的問(wèn)題 (1)利用基本不等式解題一定要注意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所謂“一正”是指正數(shù)，“二定”是指應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，和或積為定值，“三相等”是指滿(mǎn)足等號(hào)成立的條件． (2)在利用基本不等式求最值時(shí)，要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊出積、和為常數(shù)的形式，然后

7、再利用基本不等式求解． 【例2】 (1)已知0＜x＜1，則x(3－3x)取得最大值時(shí)x的值為(　B　) A．　　 B．　　 C．　　 D． (2)若函數(shù)f(x)＝x＋(x＞2)在x＝a處取最小值，則a＝(　C　) A．1＋　　 B．1＋　　 C．3　　 D．4 解析 (1)∵02，∴x－2>0， ∴f(x)＝x＋＝(x－2)＋＋2≥2·＋2＝2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝， 即(x－2)2＝1時(shí)，等號(hào)成立， ∴x＝1或3.又∵x>2，∴x＝3，即a＝3. 【例3】

8、(1)(2018·山東煙臺(tái)期末)已知正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足＋＝1，若x＋2y>m2＋2m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　B　) A．(－2,4)　　 B．(－4,2) C．(－∞，2]∪[4，＋∞)　　 D．(－∞，－4]∪[2，＋∞) (2)(2018·福建南平一模)已知x，y都是非負(fù)實(shí)數(shù)，且x＋y＝2，則的最小值為(　B　) A．　　 B．　　 C．1　　 D．2 (3)(2018·河南許昌二模)已知x，y均為正實(shí)數(shù)，且＋＝，則x＋y的最小值為(　C　) A．24　　 B．32　　 C．20　　 D．28 解析 (1)因?yàn)閤>0，y>0，＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)·＝4

9、＋＋≥4＋2＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4，y＝2時(shí)取等號(hào)，所以x＋2y的最小值是8. 所以m2＋2m<8，解得－4

10、求解． (2)當(dāng)運(yùn)用基本不等式求最值時(shí)，若等號(hào)成立的自變量不在定義域內(nèi)，就不能使用基本不等式求解，此時(shí)可根據(jù)變量的范圍用對(duì)應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性求解． 【例4】 某廠(chǎng)家擬在2018年舉行促銷(xiāo)活動(dòng)，經(jīng)調(diào)查測(cè)算，該產(chǎn)品的年銷(xiāo)量(即該廠(chǎng)的年產(chǎn)量)x萬(wàn)件與年促銷(xiāo)費(fèi)用m(m≥0)萬(wàn)元滿(mǎn)足x＝3－(k為常數(shù))．如果不搞促銷(xiāo)活動(dòng)，那么該產(chǎn)品的年銷(xiāo)量只能是1萬(wàn)件．已知2018年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬(wàn)元，每生產(chǎn)一萬(wàn)件該產(chǎn)品需要再投入16萬(wàn)元，廠(chǎng)家將每件產(chǎn)品的銷(xiāo)售價(jià)格定為每件產(chǎn)品平均成本的1.5倍(產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金)． (1)將2018年該產(chǎn)品的利潤(rùn)y萬(wàn)元表示為年促銷(xiāo)費(fèi)用m萬(wàn)元的函數(shù)；

11、(2)該廠(chǎng)家2018年的促銷(xiāo)費(fèi)用投入多少萬(wàn)元時(shí)，廠(chǎng)家利潤(rùn)最大？ 解析 (1)由題意知，當(dāng)m＝0時(shí)，x＝1(萬(wàn)件)，∴1＝3－k?k＝2，∴x＝3－，每件產(chǎn)品的銷(xiāo)售價(jià)格為1.5×(元)， ∴2018年的利潤(rùn)y＝1.5x×－8－16x－m ＝－＋29(m≥0)． (2)∵m≥0時(shí)，＋(m＋1)≥2＝8， ∴y≤－8＋29＝21， 當(dāng)且僅當(dāng)＝m＋1?m＝3(萬(wàn)元)時(shí)，ymax＝21(萬(wàn)元)．故該廠(chǎng)家2018年的促銷(xiāo)費(fèi)用投入3萬(wàn)元時(shí)，廠(chǎng)家的利潤(rùn)最大為21萬(wàn)元． 1．已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)恒為正值，則k的取值范圍是(　B　) A．(－∞，－1)

12、　　 B．(－∞，2－1) C．(－1,2－1)　　 D．(－2－1,2－1) 解析 由32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，得k＋1<3x＋. ∵3x＋≥2，∴k＋1<2，即k<2－1. 2．某車(chē)間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元，若每批生產(chǎn)x件，則平均倉(cāng)儲(chǔ)時(shí)間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用為1元．為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品(　B　) A．60件　　 B．80件 C．100件　　 D．120件 解析 若每批生產(chǎn)x件產(chǎn)品，則每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用是元，倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用是元，總的費(fèi)用是＋≥2＝20，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝80時(shí)取等號(hào)．

13、 3．若2x＋4y＝4，則x＋2y的最大值是__2__. 解析 因?yàn)?＝2x＋4y＝2x＋22y≥2＝2，所以2x＋2y≤4＝22，即x＋2y≤2，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝22y＝2，即x＝2y＝1時(shí)，x＋2y取得最大值2. 4．(2018·山東濟(jì)寧二模)已知圓C1：x2＋y2＝4和圓C2：(x－2)2＋(y－2)2＝4，若P(a，b)(a>0，b>0)在兩圓的公共弦上，則＋的最小值為_(kāi)_8__. 解析 由題意知，圓C1：x2＋y2＝4和圓C2：(x－2)2＋(y－2)2＝4兩個(gè)方程相減即可得到兩圓公共弦所在直線(xiàn)的方程，即x＋y＝2，又點(diǎn)P(a，b)(a>0，b>0)在兩圓的公共弦上，所以a＋b＝

14、2，則＋＝(a＋b)＝＝5＋·≥5＋×2＝8，所以＋的最小值為8. 易錯(cuò)點(diǎn)　不會(huì)湊出常數(shù) 錯(cuò)因分析：式子的最大、最小值應(yīng)為常數(shù)，為湊出常數(shù)，需要“拆”“拼”“湊”等技巧． 【例1】 已知正數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋2≤λ(x＋y)恒成立，則λ的最小值為_(kāi)_______. 解析 由已知得λ≥恒成立． ∵＝≤＝2，(當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào))∴λ≥2，λ的最小值為2. 答案 2 【跟蹤訓(xùn)練1】 已知x為正實(shí)數(shù)，且x2＋＝1，求x的最大值． 解析 因?yàn)閤>0， 所以x·＝≤. 又x2＋＝＋＝. 所以x≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝＋， 即x＝時(shí)，等號(hào)成立．故(x)max＝. 課時(shí)達(dá)標(biāo)　

15、第35講 [解密考綱]考查基本不等式，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)．在解答題中也滲透基本不等式的應(yīng)用． 一、選擇題 1．已知f(x)＝x＋－2(x<0)，則f(x)有(　C　) A．最大值為0　　 B．最小值為0 C．最大值為－4　　 D．最小值為－4 解析 ∵x＜0，∴f(x)＝－－2≤－2－2＝－4，當(dāng)且僅當(dāng)－x＝，即x＝－1時(shí)，取等號(hào)． 2．若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是(　C　) A．a(chǎn)＋b≥2 B．＋> C．＋≥2 D．a(chǎn)2＋b2>2ab 解析 ∵ab＞0，∴＞0，＞0，∴＋≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)． 3．若a≥0，b≥0，且a(a

16、＋2b)＝4，則a＋b的最小值為(　C　) A．　　 B．4 C．2　　 D．2 解析 ∵a≥0，b≥0，∴a＋2b≥0，又∵a(a＋2b)＝4， ∴4＝a(a＋2b)≤，當(dāng)且僅當(dāng)a＝a＋2b＝2時(shí)等號(hào)成立． ∴(a＋b)2≥4，∴a＋b≥2. 4．函數(shù)y＝^(x>1)的最小值是(　A　) A．2＋2　　 B．2－2 C．2　　 D．2 解析 ∵x＞1，∴x－1＞0. ∴y＝＝＝ ＝＝x－1＋＋2 ≥2＋2＝2＋2. 當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝，即x＝1＋時(shí)，取等號(hào)． 5．若正數(shù)a，b滿(mǎn)足a＋b＝2，則＋的最小值是(　B　) A．1　　 B． C．9　　 D．16 解析

17、 ＋＝·＝×≥(5＋2)＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝，b＋1＝2(a＋1)時(shí)取等號(hào)，故選B． 6．小王從甲地到乙地往返的時(shí)速分別為a和b(a0)圖象上的點(diǎn)，則x＋y的最小值為_(kāi)_2__. 解析 因?yàn)閤＞0，所以y＞0，且xy＝2.由基本不等式得x＋y≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)等號(hào)成立． 8．已知正數(shù)x，y滿(mǎn)足x＋2y＝2，則的最小值為_(kāi)_9_

18、_. 解析 由已知得＝1，則＝＋＝·＝≥(10＋2)＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝時(shí)取等號(hào)． 9．已知x，y為正實(shí)數(shù)，3x＋2y＝10，＋的最大值為_(kāi)_2__. 解析 由≤得＋≤＝＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝時(shí)取等號(hào)． 三、解答題 10．(1)當(dāng)x<時(shí)，求函數(shù)y＝x＋的最大值； (2)設(shè)00， ∴y＝(2x－3)＋＋ ＝－＋ ≤－·2＋＝－4＋＝－， 當(dāng)且僅當(dāng)3－2x＝，即x＝－時(shí)，ymax＝－. ∴函數(shù)y的最大值為－. (2)∵00， ∴y＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝4－2x

19、，即x＝1時(shí)，ymax＝. 11．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，求： (1)xy的最小值； (2)x＋y的最小值． 解析 (1)∵x>0，y>0,2x＋8y－xy＝0， ∴xy＝2x＋8y≥2＝8， ∴(－8)≥0，又≥0，∴≥8即xy≥64. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y即8y＋8y－4y2＝0時(shí)，即y＝4，x＝16時(shí)取等號(hào)， ∴xy的最小值為64. (2)∵2x＋8y＝xy>0，∴＋＝1， ∴x＋y＝(x＋y) ＝10＋＋≥10＋2＝18. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝2y即4y＋8y－2y2＝0時(shí)，即y＝6，x＝12時(shí)取等號(hào)，∴x＋y的最小值為18. 12．某地需要修建

20、一條大型輸油管道通過(guò)240 km寬的沙漠地帶，該段輸油管道兩端的輸油站已建好，余下工程是在該段兩端已建好的輸油站之間鋪設(shè)輸油管道和等距離修建增壓站(又稱(chēng)泵站)．經(jīng)預(yù)算，修建一個(gè)增壓站的費(fèi)用為400萬(wàn)元，鋪設(shè)距離為x km的相鄰兩增壓站之間的輸油管道的費(fèi)用為(x2＋x)萬(wàn)元．設(shè)余下工程的總費(fèi)用為y萬(wàn)元． (1)試將y表示成x的函數(shù)； (2)需要修建多少個(gè)增壓站才能使y最小，其最小值為多少？ 解析 (1)設(shè)需要修建k個(gè)增壓站， 則(k＋1)x＝240，即k＝－1， 所以y＝400k＋(k＋1)(x2＋x) ＝400·＋(x2＋x) ＝＋240x－160. 因?yàn)閤表示相鄰兩增壓站之間的距離，則0＜x＜240. 故y與x的函數(shù)關(guān)系是y＝＋240x－160(0＜x＜240)． (2)y＝＋240x－160≥2－160＝2×4 800－160＝9 440，當(dāng)且僅當(dāng)＝240x，即x＝20時(shí)等號(hào)成立， 此時(shí)k＝－1＝－1＝11. 故需要修建11個(gè)增壓站才能使y最小，其最小值為9 440萬(wàn)元． 12