【知識重溫】
一、必記3個知識點
1．基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)
(1)基本不等式成立的條件：①________.
(2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)②________時取等號．
(3)兩個平均數(shù)：eq \f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的③________，eq \r(ab)稱為正數(shù)a，b的④________.
2．幾個重要不等式
(1)a2＋b2≥⑤________(a，b∈R)．
(2)ab≤⑥________(a，b∈R)．
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤⑦________(a，b∈R)．
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥⑧________(a·b＞0)．
(5)eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a＞0，b＞0)．
3．利用基本不等式求最值問題
已知x＞0，y＞0，則
(1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)⑨________時，x＋y有最小值是⑩________(簡記：“積定和最小”)．
(2)如果和x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)?________時，xy有最大值是?________(簡記：“和定積最大”)．
二、必明2個易誤點
1．求最值時要注意三點：一是各項為正；二是尋求定值；三是考慮等號成立的條件．
2．多次使用基本不等式時，易忽視取等號的條件的一致性．
【小題熱身】
一、判斷正誤
1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．
(1)函數(shù)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(2)函數(shù)f(x)＝cs x＋eq \f(4,cs x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值等于4.( )
(3)“x>0且y>0”是“eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2”的充要條件．( )
(4)若a>0，則a3＋eq \f(1,a2)的最小值為2eq \r(a).( )
(5)不等式a2＋b2≥2ab與eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)有相同的成立條件．( )
(6)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a、b、c∈R)．( )
二、教材改編
2．已知x>1，則x＋eq \f(1,x－1)的最小值為( )
A．2 B．3 C．4 D．6
3．若a，b>0，且ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍為________．
三、易錯易混
4．已知00，x＋2y＝5，則eq \f(?x＋1??2y＋1?,\r(xy))的最小值為________．
eq \x(考點一) 利用基本不等式求最值[分層深化型]
考向一：配湊法求最值
[例1] (1)已知x>eq \f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最小值為________．
(2)若函數(shù)f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a處取最小值，則a等于( )
A．1＋eq \r(2) B．1＋eq \r(3)
C．3 D．4
考向二：常值代換法求最值
[例2] [2021·廣東珠海高三檢測]已知x>0，y>0，z>0，且eq \f(9,y＋z)＋eq \f(1,x)＝1，則x＋y＋z的最小值為( )
A．8 B．9 C．12 D．16
考向三：消元法求最值
[例3] [2020·江蘇卷，12]已知5x2y2＋y4＝1(x，y∈R)，則x2＋y2的最小值是________．
悟·技法
(1)配湊法的技巧，以整式為基礎(chǔ)，注意利用系數(shù)的變化以及等式中常數(shù)的調(diào)整，做到等價變形；變形的目的是配湊出和或積為定值．
(2)常值代換法：根據(jù)已知條件或其變形確定定值(常數(shù))，再把其變形為1，再把“1”的表達式與所求最值的表達式相乘或相除，進而構(gòu)造和或積的形式．
(3)消元法：根據(jù)條件建立兩個量之間的函數(shù)關(guān)系，然后代入代數(shù)式轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值求解.
[變式練]——(著眼于舉一反三)
1．[2021·山東泰安一中聯(lián)考]已知a>0，b>0，a＋b＝2，則y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是( )
A.eq \f(7,2) B.eq \f(9,2) C．5 D．4
2．[2020·山東質(zhì)量測評聯(lián)盟聯(lián)考]若x>2，則函數(shù)y＝4x＋eq \f(3,x－2)的最小值為________．
3．若a，b，c都是正數(shù)，且a＋b＋c＝2，則eq \f(4,a＋1)＋eq \f(1,b＋c)的最小值是________．



考點二 利用基本不等式證明不等式
[互動講練型]
[例4] 已知a，b，c>0，求證：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
悟·技法
利用基本不等式證明不等式時，要先觀察題中要證明的不等式的結(jié)構(gòu)特征，若不能直接使用基本不等式證明，則考慮對代數(shù)式進行拆項、變形、配湊等，使之轉(zhuǎn)化為能使用基本不等式的形式；若題目中還有已知條件，則先觀察已知條件和所證不等式之間的聯(lián)系，當(dāng)已知條件中含有“1”時，要注意“1”的代換，另外，解題時要時刻注意等號能否取到.
[變式練]——(著眼于舉一反三)
4．已知a>b，ab＝1，求證：a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)．
考點三 利用基本不等式探求參數(shù)范圍
[互動講練型]
[例5] (1)已知函數(shù)f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3時取得最小值，則a＝________；
(2)[2021·江西吉安期中]設(shè)正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，若不等式eq \f(1,x)＋eq \f(a,y)≥4對任意的x，y成立，則正實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[4，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(4，＋∞)
悟·技法
利用基本不等式求解含參數(shù)的不等式的策略
(1)觀察題目特點，利用基本不等式確定相關(guān)成立條件，從而得參數(shù)的值或取值范圍．
(2)在處理含參數(shù)的不等式恒成立問題時，往往將已知不等式看作關(guān)于參數(shù)的不等式，體現(xiàn)了主元與次元的轉(zhuǎn)化.
[變式練]——(著眼于舉一反三)
5．[2021·福建四地六校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2的值域為(－∞，0]∪[4，＋∞)，則a的值是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,2) C．1 D．2
6．已知函數(shù)y＝x－4＋eq \f(9,x＋1)(x>－1)，當(dāng)x＝a時，y取得最小值b，則a＋b等于( )
A．－3 B．2 C．3 D．8




第四節(jié) 基本不等式
【知識重溫】
①a＞0，b＞0 ②a＝b ③算術(shù)平均數(shù) ④幾何平均數(shù) ⑤2ab ⑥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2 ⑦eq \f(a2＋b2,2) ⑧2 ⑨x＝y(tǒng) ⑩2eq \r(p) ?x＝y(tǒng) ?eq \f(s2,4)
【小題熱身】
1．答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
2．解析：∵x>1，∴x－1>0
∴x＋eq \f(1,x－1)＝(x－1)＋eq \f(1,x－1)＋1≥2 eq \r(?x－1?·\f(1,x－1))＋1＝3
當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2時，取“＝”．
∴x＋eq \f(1,x－1)的最小值為3.故選B.
答案：B
3．解析：∵a，b>0，∴a＋b≥2eq \r(ab)
∴ab＝a＋b＋3≥2eq \r(ab)＋3
∴ab－2eq \r(ab)－3≥0
∴(eq \r(ab)＋1)(eq \r(ab)－3)≥0
又∵eq \r(ab)＋1>0，∴eq \r(ab)－3≥0
∴ab≥9
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，即a＝b＝3時，ab取最小值9.
答案：[9，+ ）
4．解析：由y＝x＋eq \f(16,x)≥2 eq \r(x·\f(16,x))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4時取等號．又∵00
∴f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)
＝(4x－5)＋eq \f(1,4x－5)＋3
≥2 eq \r(?4x－5?·\f(1,4x－5))＋3
＝2＋3＝5
當(dāng)且僅當(dāng)4x－5＝eq \f(1,4x－5)，即x＝eq \f(3,2)時取等號，所以f(x)的最小值為5.
(2)∵x>2，∴x－2>0
∴f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2
≥2 eq \r(?x－2?·\f(1,x－2))＋2
＝2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3時取等號，所以a＝3.故選C.
答案：(1)5 (2)C
例2 解析：∵y>0，z>0，∴y＋z>0，又eq \f(9,y＋z)＋eq \f(1,x)＝1，x>0，
∴x＋y＋z＝[x＋(y＋z)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y＋z)))＝10＋eq \f(9x,y＋z)＋eq \f(y＋z,x)≥10＋2 eq \r(\f(9x,y＋z)·\f(y＋z,x))＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(9x,y＋z)＝eq \f(y＋z,x)，即y＋z＝3x時等號成立，∴x＋y＋z的最小值為16.故選D.
答案：D
例3 解析：解法一 由5x2y2＋y4＝1得x2＝eq \f(1,5y2)－eq \f(y2,5)，則x2＋y2＝eq \f(1,5y2)＋eq \f(4y2,5)≥2eq \r(\f(1,5y2)·\f(4y2,5))＝eq \f(4,5)，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,5y2)＝eq \f(4y2,5)，即y2＝eq \f(1,2)時取等號，則x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).
解法二 4＝(5x2＋y2)·4y2≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(?5x2＋y2?＋4y2,2)))2＝eq \f(25,4)(x2＋y2)2，則x2＋y2≥eq \f(4,5)，當(dāng)且僅當(dāng)5x2＋y2＝4y2＝2，即x2＝eq \f(3,10)，y2＝eq \f(1,2)時取等號，則x2＋y2的最小值是eq \f(4,5).
答案：eq \f(4,5)
變式練
1．解析：∵a>0，b>0，a＋b＝2
∴y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)
＝(eq \f(1,a)＋eq \f(4,b))·eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)(eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b))
≥eq \f(5,2)＋eq \f(1,2)×2eq \r(\f(b,a)×\f(4a,b))＝eq \f(9,2)
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(b,a)＝eq \f(4a,b)，即a＝eq \f(2,3)，b＝eq \f(4,3)時取等號．故選B.
答案：B
2．解析：∵x>2，∴x－2>0
∴y＝4x＋eq \f(3,x－2)＝4(x－2)＋eq \f(3,x－2)＋8
≥2 eq \r(4?x－2?·\f(3,x－2))＋8
＝4eq \r(3)＋8
當(dāng)且僅當(dāng)4(x－2)＝eq \f(3,x－2)，即x＝2＋eq \f(\r(3),2)時取等號．
答案：8＋4eq \r(3)
3．解析：∵a＋b＋c＝2，a>0，b>0，c>0
∴b＋c＝2－a>0，∴00，c>0
∴eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋a＋b＋c≥2a＋2b＋2c
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立．
變式練
4．證明：∵a>b，∴a－b>0，又ab＝1
∴eq \f(a2＋b2,a－b)＝eq \f(a2＋b2＋2ab－2ab,a－b)
＝eq \f(?a－b?2＋2ab,a－b)＝a－b＋eq \f(2,a－b)≥2 eq \r(?a－b?·\f(2,a－b))＝2eq \r(2)
即a2＋b2≥2eq \r(2)(a－b)
當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝eq \f(2,a－b)，即a－b＝eq \r(2)時取等號．
考點三
例5 解析：(1)∵x>0，a>0，
∴f(x)＝4x＋eq \f(a,x)≥2 eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，
當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq \f(a,x)，即4x2＝a時，f(x)取得最小值．
又∵f(x)在x＝3時取得最小值，∴a＝4×32＝36.
(2)∵x＋y＝1, 且x>0，y>0，a>0，∴eq \f(1,x)＋eq \f(a,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))(x＋y)＝a＋1＋eq \f(y,x)＋eq \f(ax,y)≥a＋1＋2eq \r(a)，∴a＋2eq \r(a)＋1≥4，即a＋2eq \r(a)－3≥0，解得a≥1，故選C.
答案：(1)36 (2)C
變式練
5．解析：由題意可得a>0，①當(dāng)x>0時，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2≥2eq \r(a)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \r(a)時取等號；②當(dāng)x－1，所以x＋1>0，eq \f(9,x＋1)>0，所以由基本不等式，得y＝x＋1＋eq \f(9,x＋1)－5≥2 eq \r(?x＋1?·\f(9,x＋1))－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq \f(9,x＋1)，即(x＋1)2＝9，即x＋1＝3，x＝2時取等號，所以a＝2，b＝1，a＋b＝3.故選C.
答案：C

相關(guān)學(xué)案

高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第1章第4課時基本不等式學(xué)案：

這是一份高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第1章第4課時基本不等式學(xué)案，共19頁。

(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案7.4《數(shù)列求和》(含詳解)：

這是一份(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案7.4《數(shù)列求和》(含詳解)，共11頁。

高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第9章9.5橢圓學(xué)案：

這是一份高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第9章9.5橢圓學(xué)案，共11頁。學(xué)案主要包含了知識重溫，小題熱身等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)學(xué)案 更多

高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第6章6.4數(shù)列求和學(xué)案

高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第6章6.4數(shù)列求和學(xué)案
高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)學(xué)案7．4《基本不等式及其應(yīng)用》(含詳解)

高考數(shù)學(xué)(理數(shù))一輪復(fù)習(xí)學(xué)案7．4《基本不等式及其應(yīng)用》(含詳解)
高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第1章集合常用邏輯用語不等式第7節(jié)基本不等式學(xué)案

高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第1章集合常用邏輯用語不等式第7節(jié)基本不等式學(xué)案
2022屆高三統(tǒng)考數(shù)學(xué)（文科）人教版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：7.4 基本不等式

2022屆高三統(tǒng)考數(shù)學(xué)（文科）人教版一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：7.4 基本不等式
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部