PAGEPAGE1第四節基本不等式2024考綱考題考情1．重要不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)(當且僅當a＝b時等號成立)。2．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：當且僅當a＝b時等號成立。(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數a，b的算術平均數，eq\r(ab)叫做正數a，b的幾何平均數。3．利用基本不等式求最大、最小值問題(1)假如x，y∈(0，＋∞)，且xy＝P(定值)，那么當且僅當x＝y時，x＋y有最小值2eq\r(P)。(簡記：“積定和最小”)(2)假如x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝S(定值)，那么當且僅當x＝y時，xy有最大值eq\f(S2,4)。(簡記：“和定積最大”)4．常用的幾個重要不等式(1)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0)。(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)。(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)。(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號)。以上不等式等號成立的條件均為a＝b。1．應用基本不等式求最值要留意：“一正、二定、三相等”。忽視某個條件，就會出錯。2．對于公式a＋b≥2eq\r(ab)，ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，要弄清它們的作用、運用條件及內在聯系，兩個公式也體現了ab和a＋b的轉化關系。3．在利用不等式求最值時，肯定要盡量避開多次運用基本不等式。若必需多次運用，則肯定要保證它們等號成立的條件一樣。一、走進教材1．(必修5P99例1(2)改編)設x>0，y>0，且x＋y＝18，則xy的最大值為()A．80B．77C．81D．82解析因為x>0，y>0，所以eq\f(x＋y,2)≥eq\r(xy)，即xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝81，當且僅當x＝y＝9時，(xy)max＝81。答案C2．(必修5P100A組T2改編)若把總長為20m的籬笆圍成一個矩形場地，則矩形場地的最大面積是________m2。解析設矩形的一邊為xm，則另一邊為eq\f(1,2)×(20－2x)＝(10－x)m，所以y＝x(10－x)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋10－x,2)))2＝25，當且僅當x＝10－x，即x＝5時，ymax＝25。答案25二、走近高考3．(2024·天津高考)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，則2a＋eq\f(1,8b)的最小值為________。解析由a－3b＋6＝0，得a＝3b－6，所以2a＋eq\f(1,8b)＝23b－6＋eq\f(1,23b)≥2eq\r(23b－6×\f(1,23b))＝2×2－3＝eq\f(1,4)，當且僅當23b－6＝eq\f(1,23b)，即b＝1時等號成立。答案eq\f(1,4)4．(2024·山東高考)若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)過點(1,2)，則2a＋b的最小值為________。解析由條件可得eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，所以2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝4＋eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)≥4＋2eq\r(4)＝8，當且僅當eq\f(4a,b)＝eq\f(b,a)，即b＝2a時取等號，所以最小值為8。答案8三、走出誤區微提示：①基本不等式不會變形運用；②用錯不等式的性質以及基本不等式變形錯誤。5．若x<0，則x＋eq\f(1,x)()A．有最小值，且最小值為2B．有最大值，且最大值為2C．有最小值，且最小值為－2D．有最大值，且最大值為－2解析因為x<0，所以－x>0，－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(1)＝2，當且僅當x＝－1時，等號成立，所以x＋eq\f(1,x)≤－2。故選D。答案D6．若a>0，b>0，且a＋b＝4，則下列不等式恒成立的是()A．eq\f(1,ab)≤eq\f(1,4) B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤1C．eq\r(ab)≥2 D．a2＋b2≥8解析4＝a＋b≥2eq\r(ab)(當且僅當a＝b時，等號成立)，即eq\r(ab)≤2，ab≤4，eq\f(1,ab)≥eq\f(1,4)，選項A，C不成立；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(4,ab)≥1，選項B不成立；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝16－2ab≥8，選項D成立。故選D。答案D考點一配湊法求最值【例1】(1)(2024·泉州檢測)已知0<x<1，則x(3－3x)取得最大值時x的值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．eq\f(2,3)(2)若函數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解析(1)因為0<x<1，所以x(3－3x)＝3x(1－x)≤3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq\f(3,4)。當且僅當x＝1－x，即x＝eq\f(1,2)時等號成立。(2)因為x>2，所以x－2>0，所以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，當且僅當x－2＝eq\f(1,x－2)，即(x－2)2＝1時等號成立，解得x＝1或3。又因為x>2，所以x＝3，即a等于3時，函數f(x)在x＝3處取得最小值，故選C。答案(1)B(2)C通過拼湊法利用基本不等式求最值的策略拼湊法的實質在于代數式的敏捷變形，拼系數、湊常數是關鍵，利用拼湊法求解最值應留意以下幾個方面的問題：(1)拼湊的技巧，以整式為基礎，留意利用系數的改變以及等式中常數的調整，做到等價變形；(2)代數式的變形以拼湊出和或積的定值為目標；(3)拆項、添項應留意檢驗利用基本不等式的前提。【變式訓練】(1)若a>0，則a＋eq\f(8,2a＋1)的最小值為________。(2)已知x＋3y＝1(x>0，y>0)，則xy的最大值是________。解析(1)由題意可知a＋eq\f(8,2a＋1)＝a＋eq\f(1,2)＋eq\f(4,a＋\f(1,2))－eq\f(1,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))×\f(4,a＋\f(1,2)))－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，當且僅當a＋eq\f(1,2)＝eq\f(4,a＋\f(1,2))，即a＝eq\f(3,2)時等號成立。所以a＋eq\f(8,2a＋1)的最小值為eq\f(7,2)。(2)因為x>0，y>0，所以xy＝eq\f(1,3)·x·3y≤eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2＝eq\f(1,12)，當且僅當x＝3y＝eq\f(1,2)時，等號成立，故xy的最大值是eq\f(1,12)。答案(1)eq\f(7,2)(2)eq\f(1,12)考點二常數代換法求最值【例2】若直線2mx－ny－2＝0(m>0，n>0)過點(1，－2)，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為()A．2 B．6C．12 D．3＋2eq\r(2)解析因為直線2mx－ny－2＝0(m>0，n>0)過點(1，－2)，所以2m＋2n－2＝0，即m＋n＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(m＋n)＝3＋eq\f(n,m)＋eq\f(2m,n)≥3＋2eq\r(2)，當且僅當“eq\f(n,m)＝eq\f(2m,n)，即n＝eq\r(2)m”時取等號，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為3＋2eq\r(2)。故選D。答案D常數代換法求最值的步驟(1)依據已知條件或其變形確定定值(常數)；(2)把確定的定值(常數)變形為1；(3)把“1”的表達式與所求最值的表達式相乘或相除，進而構造和或積的形式；(4)利用基本不等式求解最值。【變式訓練】(2024·大慶質檢)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)的取值范圍為()A．[6，＋∞) B．[10，＋∞)C．[12，＋∞) D．[16，＋∞)解析因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sin2θ，cos2θ∈(0,1)，所以y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sin2θ)＋\f(9,cos2θ)))(sin2θ＋cos2θ)＝10＋eq\f(cos2θ,sin2θ)＋eq\f(9sin2θ,cos2θ)≥10＋2eq\r(\f(cos2θ,sin2θ)·\f(9sin2θ,cos2θ))＝16，當且僅當eq\f(cos2θ,sin2θ)＝eq\f(9sin2θ,cos2θ)，即θ＝eq\f(π,6)時等號成立，所以y＝eq\f(1,sin2θ)＋eq\f(9,cos2θ)的取值范圍為[16，＋∞)。故選D。答案D考點三消元法求最值【例3】若正數x，y滿意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x，y滿意x2＋6xy－1＝0，所以y＝eq\f(1－x2,6x)。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,\f(1－x2,6x)>0，))解得0<x<1。所以x＋2y＝x＋eq\f(1－x2,3x)＝eq\f(2x,3)＋eq\f(1,3x)≥2eq\r(\f(2x,3)·\f(1,3x))＝eq\f(2\r(2),3)，當且僅當eq\f(2x,3)＝eq\f(1,3x)，即x＝eq\f(\r(2),2)，y＝eq\f(\r(2),12)時取等號。故x＋2y的最小值為eq\f(2\r(2),3)。答案A通過消元法求最值的方法消元法，即依據條件建立兩個量之間的函數關系，然后代入代數式轉化為函數的最值求解。有時會出現多元的問題，解決方法是消元后利用基本不等式求解。但應留意保留元的范圍。【變式訓練】若a，b，c都是正數，且a＋b＋c＝2，則eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)的最小值是()A．2 B．3C．4 D．6解析由題意可得b＋c＝2－a>0，所以0<a<2。eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,2－a)＝eq\f(42－a＋a＋1,2－aa＋1)＝eq\f(9－3a,－a2＋a＋2)＝eq\f(33－a,－a－32－5a－3－4)＝eq\f(3,a－3＋\f(4,a－3)＋5)，因為eq\f(3,a－3＋\f(4,a－3)＋5)＝eq\f(3,－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3－a＋\f(4,3－a)))＋5)≥3×eq\f(1,－2×\r(4)＋5)＝3，當且僅當a＝1時等號成立，所以eq\f(4,a＋1)＋eq\f(1,b＋c)的最小值是3。答案B考點四基本不等式的實際應用【例4】某車間分批生產某種產品，每批產品的生產打算費用為800元，若每批生產x件，則平均倉儲時間為eq\f(x,8)天，且每件產品每天的倉儲費用為1元。為使平均到每件產品的生產打算費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品()A．60件 B．80件C．100件 D．120件解析若每批生產x件產品，則每件產品的生產打算費用是eq\f(800,x)元，倉儲費用是eq\f(x,8)元，總的費用是eq\f(800,x)＋eq\f(x,8)≥2eq\r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20，當且僅當eq\f(800,x)＝eq\f(x,8)，即x＝80時取等號。故選B。答案B對實際問題，在審題和建模時肯定不行忽視對目標函數定義域的精確挖掘，一般地，每個表示實際意義的代數式必需為正，由此可得自變量的范圍，然后再利用基本(均值)不等式求最值。【變式訓練】某公司購買一批機器投入生產，據市場分析，每臺機器生產的產品可獲得的總利潤y(單位：萬元)與機器運轉時間x(單位：年)的關系為y＝－x2＋18x－25(x∈N*)，則該公司年平均利潤的最大值是________萬元。解析每臺機器運轉x年的年平均利潤為eq\f(y,x)＝18－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，而x>0，故eq\f(y,x)≤18－2eq\r(25)＝8，當且僅當x＝5時等號成立，此時年平均利潤最大，最大值為8萬元。答案8eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老師備用題))1．(協作例1運用)設等差數列{an}的公差是d，其前n項和是Sn(n∈N*)，若a1＝d＝1，則eq\f(Sn＋8,an)的最小值是________。解析an＝a1＋(n－1)d＝n，Sn＝eq\f(n1＋n,2)，所以eq\f(Sn＋8,an)＝eq\f(\f(n1＋n,2)＋8,n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(16,n)＋1))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(n·\f(16,n))＋1))＝eq\f(9,2)，當且僅當n＝4時取等號。所以eq\f(Sn＋8,an)的最小值是eq\f(9,2)。答案eq\f(9,2)2．(協作例2運用)已知直線ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)經過圓x2＋y2－2y－5＝0的圓心，則eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是()A．9B．8C．4D．2解析圓x2＋y2－2y－5＝0化成標準方程為x2＋(y－1)2＝6，所以圓心為C(0,1)。因為直線ax＋by＋c－1＝0經過圓心C，所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1。因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝(b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,b)＋\f(1,c)))＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5，因為b，c>0，所以eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥2eq\r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4，當且僅當eq\f(4c,b)＝eq\f(b,c)＝2時等號成立。由此可得當b＝2c，即b＝eq\f(2,3)且c＝eq\f(1,3)時，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5的最小值為9。答案A3．(協作例3運用)已知函數f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，則eq\f(a2＋b2,a－b)的最小值等于________。解析由函數f(x)＝|lgx|，a>b>0，f(a)＝f(b)，可知a>1>b>0，所以lga＝－lgb，b＝eq\f(1,a)，a－b＝a－eq\f(1,a)>0，則eq\f(a2＋b2,a－b)＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2,a－\f(1,a))＝a－eq\f(1,a)＋eq\f(2,a－\f(1,a))≥2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當且僅當a－\f(1,a)＝\f(2,a－\f(1,a))，即a＝\f(\r(2)＋\r(6),2)時，等號成立))。答案2eq