2025版一輪高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)第一章　集合、常用邏輯用語(yǔ)與不等式第四節(jié)　基本不等式

第四節(jié)基本不等式1.掌握基本不等式ab≤a＋b2（a，b≥2.結(jié)合具體實(shí)例，能用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大值或最小值問題.1.基本不等式ab≤a（1）基本不等式成立的條件是a＞0，b＞0；（2）等號(hào)成立的條件是：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)；（3）其中a＋b2叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，ab叫做正數(shù)a，b的提醒應(yīng)用基本不等式求最值要注意：“一定，二正，三相等”，忽略某個(gè)條件，就會(huì)出錯(cuò).2.基本不等式與最值已知x＞0，y＞0，則（1）如果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2p（簡(jiǎn)記：積定和最?。?；（2）如果x＋y是定值q，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，xy有最大值是q24（簡(jiǎn)記：和定積最大1.判斷正誤.（正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”）（1）兩個(gè)不等式a2＋b2≥2ab與a＋b2≥ab成立的條件是相同的.（（2）函數(shù)y＝x＋1x的最小值是2.（×（3）x＞0且y＞0是xy＋yx≥2的充要條件.（×2.設(shè)a＞0，則9a＋1a的最小值為（A.4 B.5C.6 D.7解析：C因?yàn)閍＞0，所以9a＋1a≥29a×1a＝6，當(dāng)且僅當(dāng)9a＝1a，即a＝13時(shí)等號(hào)成立，所以93.下列不等式一定成立的是（）A.x2＋14＞B.sinx＋1sinx≥2（x≠kπ，k∈C.x2＋1≥2｜x｜（x∈R）D.1x2+1＞1（x解析：C選項(xiàng)A中，x2＋14≥x，當(dāng)x＝12時(shí)，x2＋14＝x，故選項(xiàng)A不正確；選項(xiàng)B中，sinx＋1sinx≥2（sinx∈（0，1]），sinx＋1sinx≤－2（sinx∈[－1，0）），故選項(xiàng)B不正確；選項(xiàng)C中，x2－2｜x｜＋1＝（｜x｜－1）2≥0（x∈R），故選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)D中，1x2+1∈（0，4.函數(shù)y＝x（3－x）的最大值為94解析：y＝x（3－x）≤（x+3－x2）2＝94，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3－x，即5.函數(shù)y＝x＋1x+1（x≥0）的最小值為1解析：因?yàn)閤≥0，所以x＋1＞0，1x+1＞0，利用基本不等式得y＝x＋1x+1＝x＋1＋1x+1－1≥2（x+1）·1x+1－1＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝1x+1，即x＝0時(shí)，1.ba＋ab≥2（a，b同號(hào)2.ab≤（a＋b2）2（a，b∈3.a2＋b22≥（a＋b2）24.a2＋b22≥a＋b2≥ab＞0（a1.函數(shù)f（x）＝x2＋x+1x（x＞0A.2 B.3C.4 D.5解析：B由結(jié)論1知x2＋x+1x＝x＋1x＋1≥2＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，故f（2.若x＞0，y＞0，且x＋y＝18，則xy的最大值為（）A.9 B.18C.36 D.81解析：A因?yàn)閤＞0，y＞0，且x＋y＝18，所以由結(jié)論4知xy≤x＋y2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝9時(shí)等號(hào)成立，故利用基本不等式求最值技法1配湊法【例1】（1）設(shè)0＜x＜4，則y＝3x（8－2x）的最大值為24；（2）函數(shù)f（x）＝x+3x+1的最小值為2解析：（1）y＝6x（4－x）≤6（x+4－x2）2＝24，當(dāng)且僅當(dāng)x＝4－x，即x＝2時(shí)，y＝3x（8－2（2）函數(shù)f（x）＝x+3x+1的定義域?yàn)椋ǎ?，＋∞），f（x）＝（x+1）+2x+1＝x+1＋2x+1≥2x+1·2x+1＝22，當(dāng)且僅當(dāng)x+1＝2x解題技法配湊法求最值的實(shí)質(zhì)及關(guān)鍵點(diǎn)配湊法就是將相關(guān)代數(shù)式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?，通過添項(xiàng)、拆項(xiàng)等方法湊成和為定值或積為定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法.配湊法的實(shí)質(zhì)是代數(shù)式的靈活變形，拼系數(shù)、湊常數(shù)是關(guān)鍵.技法2常數(shù)代換法【例2】（1）已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，則1a＋1b的最小值為4（2）已知正數(shù)a，b滿足4a＋b＝ab，則a＋b的最小值為9.解析：（1）因?yàn)閍＋b＝1，所以1a＋1b＝（1a＋1b）·（a＋b）＝2＋（ba＋ab）≥2＋2ba·ab＝2＋2＝4.（2）因?yàn)?a＋b＝ab，所以1a＋4b＝1，所以a＋b＝（a＋b）（1a＋4b）＝5＋ba＋4ab.因?yàn)閍＞0，b＞0，所以ba＋4ab≥2ba·4ab＝4（當(dāng)且僅當(dāng)ba＝4ab，即b解題技法常數(shù)代換法求最值的基本步驟（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)造和或積為定值的形式；（4）利用基本不等式求最值.技法3消元法【例3】（必修第一冊(cè)第58頁(yè)5題改編）已知a＞0，b＞0，ab＝a＋b＋3，則a＋b的最小值為6.解析：法一∵a＞0，b＞0，ab＝a＋b＋3，∴a＝b+3b－1且b－1＞0，∴a＋b＝b+3b－1＋b＝1＋4b－1＋b＝4b－1＋b－1＋2≥24b－法二由ab＝a＋b＋3，可得（a－1）（b－1）＝4，又a＞0，b＞0，所以a＞1，b＞1，所以a＋b＝（a－1）＋（b－1）＋2≥2（a－1)(b－1）＋2＝6法三因?yàn)閍b＝a＋b＋3≤14（a＋b）2，故可得（a＋b）2－4（a＋b）－12≥0，即（a＋b－6）（a＋b＋2）≥0，解得a＋b≥6或a＋b≤－2，又因?yàn)閍＞0，b＞0，故a＋b≥6（當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)取得最小值）（變條件）已知x＞2，y＞1，xy－x－2y＝2，則x＋y的最小值是（）A.1 B.4C.7 D.3＋17解析：C由x＞2，y＞1，xy－x－2y＝2，得（x－2）·（y－1）＝4，所以x＋y＝（x－2）＋（y－1）＋3≥2（x－2)(y－1）解題技法消元法求最值的思路當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時(shí)，通常是考慮利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”，最后利用基本不等式求最值.1.若x＜23，則f（x）＝3x＋1＋93x－A.最大值0 B.最小值9C.最大值－3 D.最小值－3解析：C因?yàn)閤＜23，所以3x－2＜0，f（x）＝3x－2＋93x－2＋3＝－［（2－3x）＋92－3x］＋3≤－2（2－3x）·92－3x＋3＝2.若a＞0，b＞0，且a＋2b－4＝0，則ab的最大值為2，1a＋2b的最小值為9解析：∵a＞0，b＞0，且a＋2b－4＝0，∴a＋2b＝4，∴ab＝12a·2b≤12×（a+2b2）2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b，即a＝2，b＝1時(shí)等號(hào)成立，∴ab的最大值為2.∵1a＋2b＝（1a＋2b）·a+2b4＝14（5＋2ba＋2ab）≥14基本不等式的綜合應(yīng)用【例4】（2024·紹興質(zhì)檢）若兩個(gè)正實(shí)數(shù)x，y滿足1x＋4y＝1，且不等式x＋y4＜m2－3m有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是A.（－1，4）B.（－4，1）C.（－∞，－1）∪（4，＋∞）D.（－∞，0）∪（3，＋∞）解析：C因?yàn)閮蓚€(gè)正實(shí)數(shù)x，y滿足1x＋4y＝1，所以x＋y4＝（x＋y4）（1x＋4y）＝2＋4xy＋y4x≥2＋24xy·y4x＝4，當(dāng)且僅當(dāng)4xy＝y(tǒng)4x，即x＝2，y＝8時(shí)取等號(hào)，因?yàn)椴坏仁絰＋y4＜m2－3m有解，所以m2－3m大于x＋y4的最小值，即m2－3m＞4，解得m＜－1或解題技法利用基本不等式解題的策略（1）應(yīng)用基本不等式判斷不等式是否成立：對(duì)所給不等式（或式子）變形，然后利用基本不等式求解；（2）條件不等式的最值問題：通過條件轉(zhuǎn)化成能利用基本不等式的形式求解；（3）求參數(shù)的值或范圍：觀察題目特點(diǎn)，利用基本不等式確定相關(guān)成立條件，從而求得參數(shù)的值或范圍.若對(duì)任意正數(shù)x，不等式2x2+4≤2a+1x恒成立，A.[0，＋∞） B.［－14，＋∞C.［14，＋∞） D.［12，＋解析：B依題意得，當(dāng)x＞0時(shí)，2a＋1≥2xx2+4＝2x＋4x恒成立，又因?yàn)閤＋4x≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，所以2x＋4x的最大值為12，所以2a＋1≥利用基本不等式解決實(shí)際問題【例5】單位時(shí)間內(nèi)通過道路上指定斷面的車輛數(shù)被稱為“道路容量”，與道路設(shè)施、交通服務(wù)、環(huán)境、氣候等諸多條件相關(guān).假設(shè)某條道路一小時(shí)通過的車輛數(shù)N滿足關(guān)系N＝1000v0.7v+0.3v2＋d0，其中d0為安全距離，v為車速（m/s）.A.135 B.149C.165 D.195解析：B由題意得，N＝1000v0.7v+0.3v2+30＝10000.7+0.3v＋30v≤1解題技法利用基本不等式解決實(shí)際問題的策略（1）根據(jù)實(shí)際問題抽象出函數(shù)的解析式，再利用基本不等式求得函數(shù)的最值；（2）解應(yīng)用題時(shí)，一定要注意變量的實(shí)際意義及其取值范圍；（3）在應(yīng)用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)，若等號(hào)取不到，可利用函數(shù)的單調(diào)性求解.港珠澳大橋通車后，經(jīng)常往來(lái)于珠港澳三地的劉先生采用自駕出行.由于燃油的價(jià)格有升也有降，現(xiàn)劉先生有兩種加油方案，第一種方案：每次均加30升的燃油；第二種方案：每次加200元的燃油，則下列說法正確的是（）A.第一種方案劃算 B.第二種方案劃算C.兩種方案一樣 D.無(wú)法確定解析：B任取其中兩次加油，假設(shè)第一次的油價(jià)為m元/升，第二次的油價(jià)為n元/升，第一種方案的均價(jià)：30m+30n60＝m＋n2≥mn；第二種方案的均價(jià)：400200m＋2001.不等式（x－2y）＋1x－2y≥2A.x≥2y B.x＞2yC.x≤2y D.x＜2y解析：B因?yàn)椴坏仁匠闪⒌那疤釛l件是x－2y和1x－2y均為正數(shù)，所以x－2y＞0，即x＞22.若a，b都是正數(shù)，則1+ba1+4A.5 B.7C.9 D.13解析：C因?yàn)閍，b都是正數(shù)，所以（1＋ba）（1＋4ab）＝5＋ba＋4ab≥5＋2ba·4ab3.已知x＞0，y＞0，且x＋2y＝2，則xy（）A.有最大值為1 B.有最小值為1C.有最大值為12 D.有最小值為解析：C因?yàn)閤＞0，y＞0，x＋2y＝2，所以x＋2y≥2x·2y，即2≥22xy，xy≤12，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y，即x＝1，y＝12時(shí)，等號(hào)成立.所以4.要制作一個(gè)容積為4m3，高為1m的無(wú)蓋長(zhǎng)方體容器.已知該容器的底面造價(jià)是每平方米20元，側(cè)面造價(jià)是每平方米10元，則該容器的最低總造價(jià)是（）A.80元 B.120元C.160元 D.240元解析：C由題意知，體積V＝4m3，高h(yuǎn)＝1m，所以底面積S＝4m2，設(shè)底面矩形的一條邊長(zhǎng)是xm，則另一條邊長(zhǎng)是4xm，又設(shè)總造價(jià)是y元，則y＝20×4＋10×（2x＋8x）≥80＋202x·8x＝160，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝85.（多選）下列不等式一定成立的有（）A.x＋1x≥2 B.2x（1－x）≤C.x2＋3x2+1≥23－1 D.x＋解析：CD對(duì)于A，當(dāng)x＜0時(shí)，x＋1x＜0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，2x（1－x）＝－2x2＋2x＝－2（x－12）2＋12≤12，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，x2＋3x2+1＝x2＋1＋3x2+1－1≥2（x2+1）·3x2+1－1＝23－1，當(dāng)且僅當(dāng)x2＝3－1時(shí)取等號(hào)，故C正確；對(duì)于D，x＋6.（多選）若a＞0，b＞0，且a＋b＝4，則下列不等式恒成立的是（）A.0＜1ab≤14 B.1a＋C.log2a＋log2b＜2 D.1a2解析：BD因?yàn)閍＞0，b＞0，所以ab≤（a＋b2）2≤a2＋b22，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則ab≤（42）2＝4≤a2＋b22，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則1ab≥14，a2＋b2≥8，1a2＋b2≤18，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，則log2a＋log2b＝log2ab≤log24＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)等號(hào)成立，故A、C不恒成立，D恒成立；對(duì)于B選項(xiàng)，1a7.（2024·濟(jì)南一模）（3－a)(a+6）（－6≤a≤解析：當(dāng)a＝－6或a＝3時(shí)，（3－a)(a+6）＝0；當(dāng)－6＜a＜3時(shí)，（3－a)(a+6）≤3－a＋a8.已知x＞0，y＞0，且2x＋y＝1，則x＋yxy的最小值為3＋2解析：x＋yxy＝1x＋1y＝（1x＋1y）（2x＋y）＝3＋yx＋2xy≥3＋2yx·2xy＝3＋22，當(dāng)且僅當(dāng)yx＝2xy，即9.寫出一個(gè)關(guān)于a與b的等式，使1a2＋9b2是一個(gè)變量，且它的最小值為16，則該等式為a2＋b2＝1（答案不解析：該等式可為a2＋b2＝1，下面證明該等式符合條件.1a2＋9b2＝（1a2＋9b2）（a2＋b2）＝1＋9＋9a2b2＋b2a2≥10＋29a2b10.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：（1）由2x＋8y－xy＝0，得8x＋2又x＞0，y＞0，則1＝8x＋2y≥28x·2y＝8當(dāng)且僅當(dāng)8x＝2y，即x＝16且y＝4時(shí)，所以xy的最小值為64.（2）由2x＋8y－xy＝0，得8x＋2y則x＋y＝8x＋2y（＝10＋2xy＋8yx當(dāng)且僅當(dāng)2xy＝8yx，即x＝12且所以x＋y的最小值為18.11.已知a，b為正實(shí)數(shù)，且a＋4b－ab－3＝0，則ab的取值范圍是（）A.（－∞，2] B.［32，C.（0，32］ D.（0，1解析：D因?yàn)閍＋4b－ab－3＝0，所以a＋4b＝ab＋3≥2a·4b，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4b時(shí)取等號(hào)，因?yàn)閍，b為正實(shí)數(shù)，所以0＜ab≤12.《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，很多代數(shù)的公理或定理都能夠利用圖形實(shí)現(xiàn)證明，也稱之為無(wú)字證明.現(xiàn)有如圖所示的圖形，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(wú)字證明為（）A.a＋b2≥ab（a＞0，bB.a2＋b2≥2ab（a＞0，b＞0）C.2aba＋b≤ab（a＞0，b＞D.a＋b2≤a2＋b22（解析：D由題意可得圓O的半徑r＝OF＝12AB＝a＋b2，又由OC＝OB－BC＝a＋b2－b＝a－b2，在Rt△OCF中，可得FC2＝OC2＋OF2＝（a－b2）2＋（a＋b2）2＝a2＋b13.（多選）若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式成立的是（）A.a＋b＋c≤3 B.（a＋b＋c）2≥3C.1a＋1b＋1c≥23 D.a2＋b2＋c解析：BD由基本不等式可得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，∴2（a2＋b2＋c2）≥2（ab＋bc＋ca）＝2，∴a2＋b2＋c2≥1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝±33時(shí)，等號(hào)成立.∴（a＋b＋c）2＝a2