高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明 7.2 基本不等式及其应用学案(文,含解析)新人教A

学习资料
7。

2基本不等式及其应用
必备知识预案自诊
知识梳理
1。

基本不等式：√ab≤a+b
2
(1)基本不等式成立的条件：。

（2)等号成立的条件:当且仅当时取等号。

（3)其中a+b
2
称为正数a，b的算术平均数,√ab称为正数a,b的几何平均数.
2.利用基本不等式求最值
已知x>0，y〉0，
（1)如果积xy是定值p，那么当且仅当时，x+y有最值是2√p（简记:积定和最小)。

（2）如果和x+y是定值s,那么当且仅当时，xy有最值是s 2
4
（简记：和定积最大)。

(1）a2+b2≥2ab（a,b∈R)，当且仅当a=b时取等号.
(2)ab≤(a+b
2)
2
（a,b∈R），当且仅当a=b时取等号.
(3)a2+b2
2≥(a+b
2
)
2
(a，b∈R）,当且仅当a=b时取等
号。

（4）b
a +a
b
≥2(a，b∈R，且a,b同号)，当且仅当
a=b时取等号。

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”，错误的画“×”.
(1）当a≥0,b≥0时，a+b
2
≥√ab.（）
（2）两个不等式a2+b2≥2ab与a+b
2
≥√ab成立的条件是相同的。

（）
(3）函数y=x+1
x
的最小值是2.（）
(4)函数f（x）=sin x+4
sinx
的最小值为2。

（）
（5)x>0且y〉0是x
y +y
x
≥2的充要条件。

()
2.若a〉0，b〉0,ab=2,则a+2b的最小值为()
A。

2√2B。

4 C。

4√2 D.6
3.(2020北京海淀期中，4）设a,b∈R，且a〈b〈0.则（）
A。

1
a <1
b
B。

b
a
>a
b
C.a+b
2>√ab D.b
a
+a
b
>2
4。

(2020山东淄博4月模拟,14)已知a，b∈R，且a—3b+6=0，则2a+1
8b
的最小值为。

5。

(2020北京陈经纶中学摸底，14）设x>0,y〉0，x+2y=2，则xy的最大值
为.
关键能力学案突破
考
点
利用基本不等式
证明不等式
【例1】(2020黑龙江哈尔滨香坊区期末）已知a〉0，b>0,c〉0,且a+b+c=1，求证：
(1）1
a
+1
b
+1
c
≥9;
（2)1
a -11
b
-11
c
—1≥8。

?
解题心得利用基本不等式证明不等式时，首先要观察题中要证明的不等式的形式,若不能直接使用基本不等式，则考虑利用拆项、配凑等方法对不等式进行变形,使之达到能使用基本不等式的条件；若题目中还有已知条件,则首先观察已知条件和所证不等式之间的联系,当已知条件中含有1时，要注意1的代换.另外,解题中要时刻注意等号能否取到.
对点训练1已知a〉0,b>0,a+b=1，求证：(1+1
a )(1+1
b
)≥9.
考
点
利用基本不等式求最值
(多考向探究)
考向1求不含等式条件的最值问题
【例2】(1）若x〉0,则函数y=x+1
2x+1
的最小值为()
A。

√2+1
2B.√2−1
2
C.√2+1 D。

√2—1
(2)1
sin2θ+4
cos2θ
的最小值为.
(3)已知0〈x〈1,则x（3-3x)取得最大值时x的值为（）
A。

1
3
B.1
2
C.3
4
D。

2
3考向2求含有等式条件的最值问题
【例3】（1）(2020江西名校大联考,理11）若x>0,y〉—1，且满足2x+y=1，则2x 2+1
x
+
y2
y+1
的最小值是（）
A.3 B。

3
2
+√2
C。

2√2 D.1
2
+√2
(2）(2020天津河北线上测试，15）已知a>0,b>0,且1
a +1
b
=1,则1
a-1
+4
b-1
的最小值
为。

对点训练2(1)(2020江苏联考）已知x〉0，y>0,则x+y
x +16
xy
的最小值为。

（2)（2020天津，14）已知a〉0,b>0,且ab=1，则1
2a +1
2b
+8
a+b
的最小值
为.
考基本不等式的
点实际应用
【例4】(2020广东高州一中月考）某楼盘的建筑成本由土地使用权费和材料工程费构成，已知土地使用权费为6 000元/m2.材料工程费在建造第一层时为500元/m2，以后每增加一层费用增加30元/m2。

(每一层的建筑面积都相同)
(1)若把楼盘的楼房设计成x层,平均每平方米建筑面积的成本为y元，将y表示成x的函数；
(2)若平均每平方米建筑面积的成本不高于1 235元，求楼房设计层数最少为多少层?
（3）应把楼盘的楼房设计成多少层,才能使平均每平方米建筑面积的成本费最低?
？需注意什么事项?
解题心得1。

利用基本不等式解决实际问题时,应先仔细阅读题目信息,理解题意，明确其中的数量关系,并引入变量，依题意列出相应的函数关系式,然后用基本不等式求解。

2。

在用基本不等式求所列函数的最值时，若等号取不到,则可利用函数单调性求解.
3.在求函数的最值时,一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围）内求解.
对点训练3(2020福建期末联考）某品牌饮料原来每瓶成本为10元,售价为15元,月销售8万瓶。

(1）据市场调查，若售价每提高1元，月销售量将相应减少2 000瓶,要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润=月销售总收入—月总成本),该饮料每瓶售价最多为多少元?
（2)为提高月总利润,厂家决定下月进行营销策略改革，计划每瓶售价x (x ≥16)元,并投入
334
（x-16)万元作为营销策略改革费用.据市场调查,每瓶售价每提高1元,月销售量将相应减少0.45(x -15)2
万瓶，则当每瓶售价x 为多少时,下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润。

1.应用基本不等式求最值的常用方法有:
（1)若直接满足基本不等式的条件,则直接应用基本不等式。

(2)有些题目虽然不具备直接用基本不等式求最值的条件,但可以通过添项、构造“1”的代换、分离常数、平方等手段使之能运用基本不等式.常用的方法还有拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法等.
2.基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式"转化为“和式"的放缩功能，常常用于比较数（式)的大小或证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用基本不等式的切入点。

3。

对于基本不等式还要掌握公式的逆用和变形,例如a 2+b 2≥2ab 逆用就是ab ≤a 2+b 22
;
a+b 2
≥
√ab （a 〉0，b>0）逆用就是ab ≤(
a+b 2
)2(a 〉0,b 〉0).变形有ab ≤(
a+b 2
)2≤
a 2+
b 22
,√ab ≤
a+b 2
≤√
a 2+
b 22
（a>0，b 〉0）等,同时还要注意“添”“拆"项技巧和公式等号成立的条件等.
7。

2 基本不等式及其应用
必备知识·预案自诊
知识梳理
1.(1）a>0,b>0 （2）a=b
2.（1)x=y 小 (2)x=y 大
考点自诊
1。

（1）√ （2)× （3)× （4)× （5）×
2。

B 依题意，a 〉0，b 〉0,所以a+2b ≥2√2ab 。

又ab=2,所以a+2b ≥2√2ab =2√4=4，当且仅当a=2，b=1时,取得等号.故选B 。

3。

D 取a=-2，b=-1代入选项A,B,C 都不成立,因为a<b 〈0,所以b a 〉0,a b >0，且b a ≠a
b 。

由基本不等式,得b a +a b >2√b a ·a
b =2. 4.1
4
由2a +1
8
b =2a +2
—3b
≥2√2a -3b =2√2-6=2×2-3=2—
2=1
4
,当且仅当a=-3b ,即a=3,b=-1时，等号
成立.
5。

1
2 x>0，y>0，x+2y ≥2√2xy ,即2≥2√2xy ，整理得xy ≤1
2，当且仅当x=1，y=1
2时取最大值12。

关键能力·学案突破
例1证明(1)∵a〉0,b〉0,c〉0，且a+b+c=1，∴1
a +1
b
+1
c
=1
a
+1
b
+1
c
（a+b+c)=3+b
a
+
a b +c
b
+b
c
+c
a
+a
c
≥3+2√b
a
·a
b
+2√c
b
·b
c
+2√c
a
·a
c
=9.
当且仅当a=b=c时,等号成立.
(2)1
a
-11
b
—11
c
-1=a+b+c
a
-1a+b+c
b
-1a+b+c
c
—1=b+c
a
·a+c
b
·a+b
c
≥
2√bc·2√ac·2√ab
abc =8abc
abc
=8.
当且仅当a=b=c时上式等号成立。

对点训练1证明(方法1）∵a〉0,b〉0，a+b=1,
∴1+1
a =1+a+b
a
=2+b
a
.
同理,1+1
b =2+b
b
.
∴(1+1
a )(1+1
b
)
=(2+b
a )(2+a
b
)
=5+2(b
a +a
b
)≥5+4=9,
当且仅当b
a =a
b
，
即a=b=1
2
时，等号成立.
∴(1+1
a )(1+1
b
)≥9，
当且仅当a=b=1
2
时,等号成立.
（方法2）(1+1
a )(1+1
b
)
=1+1
a +1
b
+1
ab
=1+
a+b ab
+
1ab
=1+2
ab
.
∵a ,b 为正数,a+b=1， ∴ab ≤(
a+b 2
)2=14，当且仅当a=b=1
2时，等号成立.
于是1
ab ≥4,2
ab ≥8，当且仅当a=b=1
2时，等号成立. ∴(1+1a )(1+1
b )≥1+8=9， 当且仅当a=b=1
2时,等号成立.
例2（1)B （2）9 （3）B （1)x 〉0,函数y=x+1
2x+1
=x+12
+
12
x+12
−12
≥2√12
−12
=√2−1
2
,
当且仅当x=
√2-1
2
时取等号. ∴函数y=x+12x+1的最小值为√2−1
2.故选B .
(2)
1
sin 2θ
+4cos 2θ
=1sin 2θ+4cos 2θ
sin 2θ+cos 2θ=1+4+cos 2θsin 2θ
+
4sin 2θcos 2θ
≥5+2√
cos 2θsin 2θ
×
4sin 2θ
cos 2θ
=9。

当且仅当cos 2θ=2sin 2θ时取得等号.
（3）因为0<x 〈1,所以x (3-3x ）=3x （1-x ）≤3x+(1-x )2
2=3
4。

当且仅当x=1-x ,即x=1
2时等
号成立.
例3(1）B (2）4 (1）2x 2+1x
+
y 2
y+1
=2x+1
x +y+
1y+1
—1=1x +1y+1,因为2x+y+1=2，所以1
2
（2x+y+1）
1x
+
1y+1
=
12
3+
y+1x
+2x y+1
≥12
(3+2√2），当且仅当
y+1x
=
2x
y+1
，2x+y=1时,等号
成立，即x=2—√2,y=2√2—3时取得最小值3
2+√2.故选B 。

（2)因为a 〉0,b 〉0，且1
a +1
b =1，得a>1，b>1,且b=a
a -1， 所以1
a -1+4
b -1=1
a -1+
4a a -1
-1=1a -1+4（a-1）≥2√1
a -1·4(a -1)=4,
当且仅当a=32
时,等号成立,因此，
1
a -1
+
4b -1
的最小值为4.
对点训练2(1）4√2 （2）4 (1)由x 〉0，y>0，x+y
x +
16xy
=x+
y 2+16xy
≥x+
2y ·4xy
=x+8y xy
≥2√x ·
8y xy
=4√2,
当且仅当x=2√2，y=4时，等号成立. （2）∵ab=1,∴b=1
a 。

∴
1
2a
+
12b
+
8a+b
=
12a
+a 2
+
8
a+1a
=12(1a
+a)+8
a+1b。

令1
a +a=t 〉0，则
原式=t 2
+8t
≥2√t 2·8
t
=2√4=4.
当且仅当t 2=16，即t=4时,等号成立，此时1
a +a=4。

例4解（1）设每层的面积为z m 2，则该楼盘材料工程总费用为p=500z+（500+30）z+(500+60）z+…+［500+(x-1）×30]z=z 500x+
x (x -1)2
×30=z (15x 2+485x ）,
则平均每平方米建筑面积的成本费为
6000z+p
xz
=
6000+15x 2+485x
x
=485+
6000x
+15x ,
故y=485+6000x
+15x ，x ∈N *.
（2)依题意得y ≤1235，所以6000x
+15x ≤750,所以x 2-50x+400≤0,解得10≤x ≤40，
所以楼层设计层数最少为10层。

(3）y=485+
6000x
+15x ≥485+2√
6000x
×15x =1085，
当且仅当
6000x
=15x ，即x=20时，等号成立，故应把楼房设计成20层，才能使平均每平
方米建筑面积的成本费最低.
对点训练3解（1）设每瓶定价为t 元,依题意,有［8—（t —15）×0.2］(t-10)≥5×8，整理得t 2—65t+750≤0,解得15≤t ≤50.
因此要使销售的总收入不低于原收入，每瓶定价最多为50元.
（2）设每瓶定价为x （x ≥16）元，月总利润为f （x ),则f （x )=（x-10)8—（x —15）
0.45(x -15)
2
-33
4（x —16）
=—1
4x —0.45x
x -15+4.5
x -15+52 =—1
4(x —15+15)—
0.45(x -15+15)
x -15
+4.5
x -15+52
=-
14
(x —15）+2.25
x -15+47。

8≤-2√1
4(x -15)2.25
x -15+47。

8=46。

3。

当且仅当14
(x-15)=
2.25
x -15
,即（x-15）2=9,
∴x —15=3或x —15=—3(舍去）， ∴x=18。

因此当每瓶售价18元时，下月的月总利润最大,最大总利润为46。

3万元。