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

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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00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.‎
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