新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第1章 §1.4　基本不等式（含解析）

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知識(shí)梳理
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：a>0，b>0.
(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．
(3)其中eq \f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq \r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．
2．幾個(gè)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同號(hào))．
(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)．
以上不等式等號(hào)成立的條件均為a＝b.
3．利用基本不等式求最值
(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值2eq \r(P).
(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy有最大值eq \f(1,4)S2.
注意：利用不等式求最值應(yīng)滿足三個(gè)條件“一正、二定、三相等”．
思考辨析
判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)不等式ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2與eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)等號(hào)成立的條件是相同的．( × )
(2)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( × )
(3)若x>0，y>0且x＋y＝xy，則xy的最小值為4.( √ )
(4)函數(shù)y＝sin x＋eq \f(4,sin x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))的最小值為4.( × )
教材改編題
1．已知x>2，則x＋eq \f(1,x－2)的最小值是( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
答案 D
解析 ∵x>2，
∴x＋eq \f(1,x－2)＝x－2＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(?x－2?\f(1,x－2))＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3時(shí)，等號(hào)成立．
2．(多選)若a，b∈R，則下列不等式成立的是( )
A.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
B．a(chǎn)b≤eq \f(a2＋b2,2)
C.eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2
D.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)
答案 BC
解析 當(dāng)eq \f(b,a)0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為_____．
答案 6
解析 方法一 (換元消元法)
由已知得9－(x＋3y)＝eq \f(1,3)·x·3y≤eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋3y,2)))2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y，即x＝3，y＝1時(shí)取等號(hào)．
即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0，
令x＋3y＝t，則t>0且t2＋12t－108≥0，
得t≥6，即x＋3y的最小值為6.
方法二 (代入消元法)
由x＋3y＋xy＝9，得x＝eq \f(9－3y,1＋y)，
所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y＝eq \f(9－3y＋3y?1＋y?,1＋y)
＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(3?1＋y?2－6?1＋y?＋12,1＋y)
＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(3?1＋y?·\f(12,1＋y))－6
＝12－6＝6，
當(dāng)且僅當(dāng)3(1＋y)＝eq \f(12,1＋y)，即y＝1，x＝3時(shí)取等號(hào)，
所以x＋3y的最小值為6.
延伸探究 本例條件不變，求xy的最大值．
解 方法一 9－xy＝x＋3y≥2eq \r(3xy)，
∴9－xy≥2eq \r(3xy)，
令eq \r(xy)＝t，
∴t>0，
∴9－t2≥2eq \r(3)t，
即t2＋2eq \r(3)t－9≤0，
解得00，y>0，且2x＋8y－xy＝0，則當(dāng)x＋y取得最小值時(shí)，y等于( )
A．16 B．6 C．18 D．12
答案 B
解析 因?yàn)閤>0，y>0,2x＋8y＝xy，
所以eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,y)＋\f(8,x)))＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)
≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝10＋2×4＝18，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2x,y)＝\f(8y,x)，,2x＋8y－xy＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝6))時(shí)取等號(hào)，
所以當(dāng)x＋y取得最小值時(shí)，y＝6.
2．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(－x2,x＋1)(x1，∴x－eq \f(1,2)>0，
f(x)＝eq \f(2,2x－1)＋x＝eq \f(1,x－\f(1,2))＋x－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)
≥2eq \r(\f(1,x－\f(1,2))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))))＋eq \f(1,2)
＝2＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2)，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,x－\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(3,2)時(shí)取“＝”．
∴f(x)的最小值為eq \f(5,2).
(2)(2022·襄陽(yáng)模擬)若實(shí)數(shù)x>1，y>eq \f(1,2)且x＋2y＝3，則eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值為________．
答案 4
解析 令x－1＝m,2y－1＝n，
則m>0，n>0且m＋n＝x－1＋2y－1＝1，
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)＝eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,n)))(m＋n)
＝2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n)≥2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝eq \f(1,2)時(shí)取“＝”．
∴eq \f(1,x－1)＋eq \f(1,2y－1)的最小值為4.
題型二 基本不等式的常見變形應(yīng)用
例4 (1)(2022·寧波模擬)《幾何原本》卷2的幾何代數(shù)法(以幾何方法研究代數(shù)問題)成了后世西方數(shù)學(xué)家處理問題的重要依據(jù)，通過這一原理，很多的代數(shù)的公理或定理都能夠通過圖形實(shí)現(xiàn)證明，也稱之為無字證明．現(xiàn)有如圖所示圖形，點(diǎn)F在半圓O上，點(diǎn)C在直徑AB上，且OF⊥AB，設(shè)AC＝a，BC＝b，則該圖形可以完成的無字證明為( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)
B．a(chǎn)2＋b2≥2eq \r(ab)(a>0，b>0)
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)
D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)
答案 D
解析 由圖形可知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)(a＋b)，
OC＝eq \f(1,2)(a＋b)－b＝eq \f(1,2)(a－b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得，
CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(1,2)?a2＋b2?)，
∵CF≥OF，
∴eq \r(\f(1,2)?a2＋b2?)≥eq \f(1,2)(a＋b)(a>0，b>0)．
(2)(2022·廣州模擬)已知0eq \f(2,\r(ab))
D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
答案 D
解析 a2＋b2≥2ab，所以A錯(cuò)誤；
ab>0，只能說明兩實(shí)數(shù)同號(hào)，同為正數(shù)，或同為負(fù)數(shù)，
所以當(dāng)a0)．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2022·浙南名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知命題p：a>b>0，命題q：eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，則p是q成立的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析 ∵a>b>0，則a2＋b2>2ab，
∴2(a2＋b2)>a2＋b2＋2ab，
∴2(a2＋b2)>(a＋b)2，
∴eq \f(a2＋b2,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，
∴由p可推出q，
當(dāng)aeq \f(2,\r(ab))，
eq \f(2,a＋b)b>0，則a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)的最小值是________．
答案 4
解析 ∵a>b>0，∴a－b>0，
∴a(a－b)>0，a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)
＝a2＋ab－ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)
＝a2－ab＋eq \f(1,a?a－b?)＋ab＋eq \f(1,ab)
＝a(a－b)＋eq \f(1,a?a－b?)＋ab＋eq \f(1,ab)≥2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a?a－b?＝\f(1,a?a－b?)，,ab＝\f(1,ab)，))
即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)時(shí)等號(hào)成立．
∴a2＋eq \f(1,ab)＋eq \f(1,a?a－b?)的最小值是4.