一、知識梳理
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)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．
(3)其中eq \f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq \r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．
[點撥] 應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一正、二定、三相等”．忽略某個條件，就會出錯．
2．利用基本不等式求最值
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，x＋y有最小值是2eq \r(p)．(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)x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq \f(s2,4)．(簡記：和定積最大)
[點撥] 在利用不等式求最值時，一定要盡量避免多次使用基本不等式．若必須多次使用，則一定要保證它們等號成立的條件一致．
常用結(jié)論
幾個重要的不等式
(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．
(3)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．
(4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同號)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．
二、教材衍化
1．設(shè)x＞0，y＞0，且x＋y＝18，則xy的最大值為( )
A．80 B．77
C．81 D．82
解析：選C．xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18,2)))eq \s\up12(2)＝81，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時等號成立，故選C．
2．若把總長為20 m的籬笆圍成一個矩形場地，則矩形場地的最大面積是________．
解析：設(shè)矩形的長為x m，寬為y m，則x＋y＝10，所以S＝xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝5時取等號．
答案：25 m2
一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)函數(shù)y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.( )
(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)成立的條件是ab>0.( )
(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)的最小值是2eq \r(a).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易錯糾偏
常見誤區(qū)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)忽視不等式成立的條件a>0且b>0；
(2)忽視定值存在；
(3)忽視等號成立的條件．
1．若x1，則x＋eq \f(4,x－1)的最小值為________．
解析：x＋eq \f(4,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1)＋1≥4＋1＝5.
當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3時等號成立．
答案：5
3．設(shè)00，b>0，4a＋b＝4，則eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))的最小值為________．
解析：由4a＋b＝4得a＋eq \f(b,4)＝1，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋\f(b,4),a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋\f(b,4),b)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,4a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)＋\f(a,b)))
＝eq \f(5,2)＋eq \f(2a,b)＋eq \f(5b,16a)＋eq \f(1,4)≥eq \f(11,4)＋2eq \r(\f(5,8))＝eq \f(11,4)＋eq \f(\r(10),2).當(dāng)且僅當(dāng)4eq \r(2)a＝eq \r(5)b時取等號．
答案：eq \f(11,4)＋eq \f(\r(10),2)
eq \a\vs4\al()
常數(shù)代換法求最值的步驟
(1)根據(jù)已知條件或其變形確定定值(常數(shù))；
(2)把確定的定值(常數(shù))變形為1；
(3)把“1”的表達(dá)式與所求最值的表達(dá)式相乘或相除，進(jìn)而構(gòu)造和或積的形式；
(4)利用基本不等式求解最值．
角度三 通過消元法求最值
若正數(shù)x，y滿足x2＋6xy－1＝0，則x＋2y的最小值是( )
A．eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2\r(3),3)
【解析】 因為正數(shù)x，y滿足x2＋6xy－1＝0，所以y＝eq \f(1－x2,6x).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,y>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,\f(1－x2,6x)>0，))解得00，eq \f(4x,x＋3y)＋eq \f(3y,x)＝eq \f(4x,x＋3y)＋eq \f(x＋3y,x)－1≥2eq \r(\f(4x,x＋3y)·\f(x＋3y,x))－1＝4－1＝3(當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y時等號成立)．
3．已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy，則x＋y的最小值為________．
解析：已知x>0，y>0，且x＋16y＝xy.
即eq \f(16,x)＋eq \f(1,y)＝1，則x＋y＝(x＋y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,x)＋\f(1,y)))＝16＋1＋eq \f(16y,x)＋eq \f(x,y)≥17＋2 eq \r(\f(16y,x)·\f(x,y))＝25，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4y＝20時等號成立，
所以x＋y的最小值為25.
答案：25
考點二 利用基本不等式解決實際問題(應(yīng)用型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí),指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))利用基本不等式解決實際問題，關(guān)鍵是把實際問題抽象出數(shù)學(xué)模型，列出函數(shù)關(guān)系，然后利用基本不等式求最值．
某單位在國家科研部門的支持下，進(jìn)行技術(shù)攻關(guān)，采用了新工藝，把二氧化碳轉(zhuǎn)化為一種可利用的化工產(chǎn)品．已知該單位每月的處理量最少為400噸，最多為600噸，月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數(shù)關(guān)系可近似地表示為y＝eq \f(1,2)x2－200x＋80 000，且每處理一噸二氧化碳得到可利用的化工產(chǎn)品價值為100元．
(1)該單位每月處理量為多少噸時，才能使每噸的平均處理成本最低？
(2)該單位每月能否獲利？如果獲利，求出最大利潤；如果不獲利，則需要國家至少補貼多少元才能使單位不虧損？
【解】 (1)由題意可知，二氧化碳每噸的平均處理成本為eq \f(y,x)＝eq \f(1,2)x＋eq \f(80 000,x)－200≥2 eq \r(\f(1,2)x·\f(80 000,x))－200＝200，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,2)x＝eq \f(80 000,x)，即x＝400時等號成立，故該單位月處理量為400噸時，才能使每噸的平均處理成本最低，最低成本為200元．
(2)不獲利．設(shè)該單位每月獲利為S元，則S＝100x－y＝100x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－200x＋80 000))＝－eq \f(1,2)x2＋300x－80 000＝－eq \f(1,2)(x－300)2－35 000，因為x∈[400，600]，所以S∈[－80 000，－40 000]．故該單位每月不獲利，需要國家每月至少補貼40 000元才能不虧損．
eq \a\vs4\al()
應(yīng)用基本不等式解決實際問題的基本步驟
(1)理解題意，設(shè)出變量，建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實際問題抽象為函數(shù)的最值問題；
(2)在定義域內(nèi)，利用基本不等式求出函數(shù)的最值；
(3)還原為實際問題，寫出答案．
某游泳館擬建一座平面圖形為矩形且面積為200平方米的泳池，池的深度為1米，池的四周墻壁建造單價為每米400元，中間一條隔壁建造單價為每米100元，池底建造單價每平方米60元(池壁厚忽略不計)，則泳池的長設(shè)計為多少米時，可使總造價最低．
解：設(shè)泳池的長為x米，則寬為eq \f(200,x)米，總造價f(x)＝400×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2×\f(200,x)))＋100×eq \f(200,x)＋60×200＝800×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(225,x)))＋12 000≥1 600eq \r(x·\f(225,x))＋12 000＝36 000(元)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(225,x)(x>0)，即x＝15時等號成立．即泳池的長設(shè)計為15米時，可使總造價最低．
[基礎(chǔ)題組練]
1．(2020·安徽省六校聯(lián)考)若正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，則eq \f(1,xy)的最小值為( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：選A．因為正實數(shù)x，y滿足x＋y＝2，
所以xy≤eq \f(（x＋y）2,4)＝eq \f(22,4)＝1，所以eq \f(1,xy)≥1.
2．若2x＋2y＝1，則x＋y的取值范圍是( )
A．[0，2] B．[－2，0]
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
解析：選D．因為1＝2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)，(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝2y＝eq \f(1,2)，即x＝y(tǒng)＝－1時等號成立)所以eq \r(2x＋y)≤eq \f(1,2)，所以2x＋y≤eq \f(1,4)，得x＋y≤－2.
3．若實數(shù)a，b滿足eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，則ab的最小值為( )
A．eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．4
解析：選C．因為eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \r(ab)，所以a＞0，b＞0，
由eq \r(ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)≥2eq \r(\f(1,a)×\f(2,b))＝2eq \r(\f(2,ab))，
所以ab≥2eq \r(2)(當(dāng)且僅當(dāng)b＝2a時取等號)，
所以ab的最小值為2eq \r(2).
4．(多選)若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是( )
A．a(chǎn)＋b≥2eq \r(ab) B．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(1,\r(ab))
C．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2 D．a(chǎn)2＋b2≥2ab
解析：選CD．因為ab>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號．所以選項C正確，又a，b∈R，所以(a－b)2≥0，即a2＋b2≥2ab一定成立．
5．已知x>0，y>0，lg 2x＋lg 8y＝lg 2，則eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．2eq \r(3)
解析：選C．因為lg 2x＋lg 8y＝lg 2，所以lg(2x·8y)＝lg 2，所以2x＋3y＝2，所以x＋3y＝1.
因為x>0，y>0，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)＝(x＋3y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,3y)))＝2＋eq \f(3y,x)＋eq \f(x,3y)≥2＋2eq \r(\f(3y,x)·\f(x,3y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3y＝eq \f(1,2)時取等號，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,3y)的最小值為4.故選C．
6．設(shè)P(x，y)是函數(shù)y＝eq \f(2,x)(x>0)圖象上的點，則x＋y的最小值為________．
解析：因為x>0，所以y>0，且xy＝2.由基本不等式得x＋y≥2eq \r(xy)＝2eq \r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時等號成立．所以x＋y的最小值為2eq \r(2).
答案：2eq \r(2)
7．函數(shù)y＝eq \f(x2,x＋1)(x>－1)的最小值為________．
解析：因為y＝eq \f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq \f(1,x＋1)＝x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2(x>－1)，
所以y≥2eq \r(1)－2＝0，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時，等號成立．
答案：0
8．(2020·湖南岳陽期末改編)若a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，則ab的最大值為________，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值為________．
解析：因為a>0，b>0，且a＋2b－4＝0，所以a＋2b＝4，所以ab＝eq \f(1,2)a·2b≤eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,2)))eq \s\up12(2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b，即a＝2，b＝1時等號成立，所以ab的最大值為2，因為eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(2,b)))·eq \f(a＋2b,4)＝eq \f(1,4)(5＋eq \f(2b,a)＋eq \f(2a,b))≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2·\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝eq \f(9,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時等號成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值為eq \f(9,4).
答案：2 eq \f(9,4)
9．(1)當(dāng)x0，
則1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2 eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy)).
得xy≥64，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝16，y＝4時，等號成立．
所以xy的最小值為64.
(2)由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，
則x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)
＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18.
當(dāng)且僅當(dāng)x＝12，y＝6時等號成立，
所以x＋y的最小值為18.
[綜合題組練]
1．設(shè)a>0，若關(guān)于x的不等式x＋eq \f(a,x－1)≥5在(1，＋∞)上恒成立，則a的最小值為( )
A．16 B．9
C．4 D．2
解析：選C．在(1，＋∞)上，x＋eq \f(a,x－1)＝(x－1)＋eq \f(a,x－1)＋1≥2 eq \r(（x－1）×\f(a,（x－1）))＋1＝2eq \r(a)＋1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1＋eq \r(a)時取等號)．
由題意知2eq \r(a)＋1≥5，所以a≥4.
2．(2020·福建龍巖一模)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，則x＋y的最小值為( )
A．3 B．5
C．7 D．9
解析：選C．因為x>0，y>0.且eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,2)，所以x＋1＋y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x＋1)＋\f(1,y)))(x＋1＋y)＝2(1＋1＋eq \f(y,x＋1)＋eq \f(x＋1,y))≥2(2＋2eq \r(\f(y,x＋1)·\f(x＋1,y)))＝8，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(y,x＋1)＝eq \f(x＋1,y)，即x＝3，y＝4時取等號，所以x＋y≥7，故x＋y的最小值為7，故選C．
3．已知正實數(shù)x，y滿足x＋y＝1，①則x2＋y2的最小值為________；②若eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)≥a恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析：因為x＋y＝1，所以xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，所以x2＋y2＝(x＋y)2－2xy≥1－eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2)，所以x2＋y2的最小值為eq \f(1,2).
若a≤eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)恒成立，則a小于等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))的最小值，因為eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(4,y)))(x＋y)＝5＋eq \f(y,x)＋eq \f(4x,y)≥5＋2eq \r(\f(y,x)×\f(4x,y))＝9，所以eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)的最小值為9，所以a≤9，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，9]．
答案：eq \f(1,2) (－∞，9]
4．(2020·洛陽市統(tǒng)考)已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，則xy＋x＋y的最小值為________．
解析：因為eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以2x＋y＝xy，所以xy＋x＋y＝3x＋2y，因為3x＋2y＝(3x＋2y)·(eq \f(1,x)＋eq \f(2,y))＝7＋eq \f(6x,y)＋eq \f(2y,x)，且x>0，y>0，所以3x＋2y≥7＋4eq \r(3)，所以xy＋x＋y的最小值為7＋4eq \r(3).
答案：7＋4eq \r(3)
5．已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋y2＝x＋y.
(1)求eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值；
(2)是否存在x，y滿足(x＋1)(y＋1)＝5？并說明理由．
解：(1)因為eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(x＋y,xy)＝eq \f(x2＋y2,xy)≥eq \f(2xy,xy)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時，等號成立，所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值為2.
(2)不存在．理由如下：
因為x2＋y2≥2xy，
所以(x＋y)2≤2(x2＋y2)＝2(x＋y)．
又x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≤2.
從而有(x＋1)(y＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(（x＋1）＋（y＋1）,2)))eq \s\up12(2)≤4，
因此不存在x，y滿足(x＋1)(y＋1)＝5.
6．某廠家擬定在2020年舉行促銷活動，經(jīng)調(diào)查測算，該產(chǎn)品的年銷量(即該廠的年產(chǎn)量)x萬件與年促銷費用m(m≥0)萬元滿足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k為常數(shù))．如果不搞促銷活動，那么該產(chǎn)品的年銷量只能是1萬件．已知2020年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元，每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元，廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(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2020年該產(chǎn)品的利潤y萬元表示為年促銷費用m萬元的函數(shù)；
(2)該廠家2020年的促銷費用投入為多少萬元時，廠家獲取利潤最大？
解：(1)由題意知，當(dāng)m＝0時，x＝1(萬件)，
所以1＝3－k?k＝2，所以x＝3－eq \f(2,m＋1)(m≥0)，
每件產(chǎn)品的銷售價格為1.5×eq \f(8＋16x,x)(元)，
所以2020年的利潤y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,m＋1)＋（m＋1）))＋29(m≥0)．
(2)因為m≥0時，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，
所以y≤－8＋29＝21，當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(16,m＋1)＝m＋1?m＝3(萬元)時，ymax＝21(萬元)．
故該廠家2020年的促銷費用投入為3萬元時，廠家的利潤最大，最大為21萬元．

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這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案 第1章 §1.6　基本不等式（含解析），共18頁。

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 考點歸納與方法總結(jié) 第04講 基本不等式及其應(yīng)用（精講）（含解析）：

這是一份2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義 考點歸納與方法總結(jié) 第04講 基本不等式及其應(yīng)用（精講）（含解析），共37頁。學(xué)案主要包含了必備知識整合，均值定理，常見求最值模型等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024屆新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)資料第4講：基本不等式導(dǎo)學(xué)案+練習(xí)：

這是一份2024屆新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)資料第4講：基本不等式導(dǎo)學(xué)案+練習(xí)，文件包含第4講基本不等式導(dǎo)學(xué)案解析版docx、第4講基本不等式練習(xí)docx、第4講基本不等式導(dǎo)學(xué)案docx等3份學(xué)案配套教學(xué)資源，其中學(xué)案共20頁， 歡迎下載使用。

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