2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第一章第四讲 基本不等式
第四讲 基本不等式
1.[2020河南驻马店模拟]设0
0且y>0”是“xy+yx≥2”的充分不必要条件
D.若a>0,则a3+1a2的最小值为2a
3.[2019天津高考]设x>0,y>0,x+2y=5,则(x+1)(2y+1)xy的最小值为 .
4.[2017 江苏高考]某公司一年购买某种货物600吨,每次购买x吨,运费为6万元/次,一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小,则x的值是 .
5.[2015山东高考]定义运算“⊕”:x⊕y=x2-y2xy(x,y∈R,xy≠0).当x>0,y>0时,x⊕y+(2y) ⊕ x的最小值为 .
考法1 利用基本不等式求最值
命题角度1 利用拼凑法求最值
1 （1）[2019辽宁两校联考]已知a>b>0,则a+4a+b+1a-b的最小值为
A.3102 B.4 C.23 D.32
(2)设0b>0,
所以a+b>0,a - b>0.
由基本不等式可得12(a+b)+4a+b≥212(a+b)×4a+b=22 ①,当且仅当12(a+b)=4a+b,即a+b=22时,等号成立;
12(a - b)+1a-b≥212(a-b)×1a-b=2 ②,
当且仅当12(a - b)=1a-b,即a - b=2时,等号成立.
由a+b=22,a-b=2,解得a=322,b=22.(检验等号成立的条件)
所以当a=322,b=22时,①②中的等号同时成立.
故a+4a+b+1a-b的最小值为22+2=32.
(2)y=4x(3 - 2x)=2[2x(3 - 2x)]≤2[2x+(3-2x)2]2=92,当且仅当2x=3 - 2x,即x=34时,等号成立.
因为34∈(0,32),
所以函数y=4x(3 - 2x)(00,n>0)过点(1, - 2),则1m+2n的最小值为
A.2 B.6 C.12 D.3+22
把点的坐标代入直线的方程得m与n的关系式→进行“1”的代换→利用基本不等式求最值
因为直线2mx - ny - 2=0(m>0,n>0)过点(1, - 2),
所以2m+2n - 2=0,即m+n=1,
所以1m+2n=(1m+2n)(m+n)=3+nm+2mn≥3+22,(运用“1”的代换求解)
当且仅当nm=2mn,即n=2m时取等号,
所以1m+2n的最小值为3+22.
D
命题角度3 利用消元法求最值
3[2019辽宁五校联考]已知正实数a,b满足ab - b+1=0,则1a+4b的最小值是 .
先将已知等式变形,可得a=b-1b,然后对1a+4b=bb-1+4b进行合理拼凑,
再利用基本不等式求出最值即可.
由ab - b+1=0可得a=b-1b,由a=b-1b>0且b>0得b>1,
所以1a+4b=bb-1+4b=1b-1+4(b - 1)+5.
易知1b-1+4(b - 1)≥4,所以1a+4b≥9,当且仅当1b-1=4(b - 1),即b=32,a=13时等号成立,故1a+4b的最小值是9.
1.(1)[2018天津高考]已知a,b∈R,且a - 3b+6=0,则2a+18b的最小值为 .
(2)[2017 山东高考]若直线xa+yb=1(a>0,b>0)过点(1,2),则2a+b的最小值为 .
考法2 利用基本不等式解决实际问题
4经调查测算,某产品的年销售量(即该厂的年产量)x万件与年促销费用m万元(m≥0)满足x=3 - km+1(k为常数),若不搞促销活动,则该产品的年销售量只能是1万件.已知2019年生产该产品的固定投入为8万元,每生产1万件该产品需要再投入16万元,厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品生产包括固定投入和再投入两部分资金).
(1)将2019年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数;
(2)该厂家2019年的促销费用投入多少万元时,厂家的利润最大?
题中信息
对接方法
年销售量、
年促销费用
由题中信息确定k值,进而明确两者关系.
销售价格、成本
销售价格、成本用年销售量x与年促销费用m表示,构建关于m的关系式.
利润最大
利用基本不等式求解.
(1)由题意可知,当m=0时,x=1,
∴1=3 - k,解得k=2,即x=3 - 2m+1,(代值定参数)
每1万件产品的销售价格为1.5×8+16xx(万元),
∴2019年的利润y=x(1.5×8+16xx) - (8+16x+m)(建模,利润=总收入 - 总投入)
=4+8x - m
=4+8(3 - 2m+1) - m
=28 - 16m+1 - m(m≥0).
∴y与m之间的函数关系式是y=28 - 16m+1 - m(m≥0).
(2)由(1)知y= - [16m+1+(m+1)]+29(m≥0).
∵ 当m≥0时,16m+1+(m+1)≥216m+1·(m+1)=8,(利用基本不等式求最值)
当且仅当16m+1=m+1,即m=3时取等号,∴y≤ - 8+29=21,
即当m=3时,y取得最大值,为21.
∴当该厂家2019年的促销费用投入3万元时,厂家获得的利润最大,为21万元.
本题主要考查阅读理解能力、建模能力以及基本不等式的应用.这类与实际问题相结合的题也是高考命题的热点,解决这类问题的关键是仔细读题,提取有效信息,将文字语言转化为数学语言,建立数学模型进行求解.
2.[2019江苏南京三模]某工厂有100名工人接受了生产1 000台某产品的任务,每台产品由9个甲型装置和3个乙型装置配套组成,每名工人每小时能加工完成1个甲型装置或3个乙型装置.现将工人分成两组,分别加工甲型和乙型装置,设加工甲型装置的工人有x名,他们加工完甲型装置所需时间为t1时,其余工人加工完乙型装置所需时间为t2时,设f (x)=t1+t2.
(1)求f (x)的解析式,并写出其定义域;
(2)当x等于多少时, f (x)取得最小值?
考法3 利用基本不等式证明不等式
5(1)已知a,b,c∈R,求证:a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c);
(2)设a,b均为正实数,求证:1a2+1b2+ab≥22.
(1)∵ a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2c2a2,当且仅当a4=b4=c4时取等号,
∴2(a4+b4+c4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2),
即a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2.
又a2b2+b2c2≥2ab2c,b2c2+c2a2≥2abc2,当且仅当a2=b2=c2时取等号,c2a2+a2b2≥2a2bc,
∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2(ab2c+abc2+a2bc),
即a2b2+b2c2+c2a2≥ab2c+abc2+a2bc=abc(a+b+c).
∴a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).
(2)∵ a,b均为正实数,
∴1a2+1b2≥21a2·1b2=2ab,当且仅当1a2=1b2,即a=b时等号成立.
∵ 2ab+ab≥22ab·ab=22,当且仅当2ab=ab时等号成立,
所以1a2+1b2+ab≥2ab+ab≥22,
当且仅当1a2=1b2,2ab=ab,即a=b=42时取等号.(多次使用不等式,等号要同时成立)
解后反思
本题先局部运用基本不等式,然后利用不等式的性质,通过不等式相加(有时相乘)综合推出待证的不等式,这种证明方法是证明这类轮换对称不等式的常用方法.
3.已知a>0,b>0,a+b=1,
求证:(1+1a)(1+1b)≥9.
易错 连续运用基本不等式求最值时忽略等号的验证而出错
6 [2017天津高考]若a,b∈R,ab>0,则a4+4b4+1ab的最小值为 .
因为ab>0,
所以a4+4b4+1ab≥24a4b4+1ab=4a2b2+1ab=4ab+1ab≥24ab·1ab=4,当且仅当a2=2b2,ab=12时等号成立,(连续使用两次基本不等式,两个等号成立的条件要一致)
故a4+4b4+1ab的最小值是4.
素养探源
核心素养
考查途径
素养水平
逻辑推理
找出a4+4b4与ab的关系,利用基本不等式求最值.
二
数学运算
基本不等式的应用,等号成立的条件的求解.
一
34.[2019安徽合肥二模]若a+b≠0,则a2+b2+1(a+b)2的最小值为 .
1.B 因为00,所以b>a+b2;由基本不等式知a+b2>ab.综上所述,a0,y>0,所以x⊗y+(2y)⊗x=x2-y2xy+4y2-x22xy=x2+2y22xy=12(xy+2yx)≥2,当且仅当xy=2yx,即x=2y时取等号.故x⊗y+(2y)⊗x的最小值为2.
1.(1)14 由a - 3b+6=0,得a=3b - 6,则2a+18b=23b - 6+123b≥223b-6×123b=2×2 - 3=14,当且仅当23b - 6=123b,即b=1时等号成立,故2a+18b的最小值为14.
(2)8 ∵直线xa+yb=1(a>0,b>0)过点(1,2),∴1a+2b=1.∵a>0,b>0,∴2a+b=(2a+b)(1a+2b)=4+ba+4ab≥4+2ba·4ab=8,当且仅当ba=4ab和1a+2b=1同时成立,即a=2,b=4时等号成立,∴2a+b的最小值为8.
2.(1)易知t1=9 000x,t2=3 0003(100-x)=1 000100-x,则f (x)=t1+t2=9 000x+1 000100-x,定义域为{x|1≤x≤99,x∈N*}.
(2)f (x)=9 000x+1 000100-x=1 000(9x+1100-x)=10[x+(100 - x)](9x+1100-x)=10[10+9(100-x)x+x100-x].
因为f (x)的定义域为{x|1≤x≤99,x∈N*},所以9(100-x)x>0,x100-x>0,故9(100-x)x+x100-x≥29=6,当且仅当9(100-x)x=x100-x,
即x=75时取等号.
故当x=75时, f (x)取得最小值.
3.解法一 ∵a>0,b>0,a+b=1,∴1+1a=1+a+ba=2+ba.
同理,1+1b=2+ab.
∴(1+1a)(1+1b)=(2+ba)(2+ab)=5+2(ba+ab)≥5+4=9,当且仅当ba=ab,即a=b=12时取等号.
∴(1+1a)(1+1b)≥9,当且仅当a=b=12时等号成立.
解法二 (1+1a)(1+1b)=1+1a+1b+1ab=1+a+bab+1ab=1+2ab.
∵a>0,b>0,a+b=1,
∴ab≤(a+b2)2=14,当且仅当a=b=12时取等号.
∴1ab≥4,2ab≥8,当且仅当a=b=12时取等号.
∴(1+1a)(1+1b)≥1+8=9,当且仅当a=b=12时等号成立.
4.2 解法一 因为2ab≤a2+b2,所以(a+b)2≤2(a2+b2).
由a+b≠0,知a2+b2+1(a+b)2≥a2+b2+12(a2+b2)≥212=2,
当且仅当a=b且a2+b2=12(a2+b2),即a=b=±418时两个等号同时成立.
故a2+b2+1(a+b)2的最小值为2.
解法二 因为a2+b2≥2ab,所以2(a2+b2)≥(a+b)2,
所以a2+b2≥(a+b)22,
所以a2+b2+1(a+b)2≥(a+b)22+1(a+b)2≥212=2,
当且仅当a=b且(a+b)22=1(a+b)2,即a=b=±418时两个等号同时成立.
故a2+b2+1(a+b)2的最小值为2.
