高中苏教版 (2019)第3章 不等式3.2 基本不等式学案及答案

这是一份高中苏教版 (2019)第3章 不等式3.2 基本不等式学案及答案，共12页。学案主要包含了常数代换法求最值，消元法求最值，换元法求最值等内容，欢迎下载使用。
一、常数代换法求最值
例1 已知x，y是正数且x＋y＝1，则eq \f(4,x＋2)＋eq \f(1,y＋1)的最小值为( )
A.eq \f(13,15) B.eq \f(9,4) C．2 D．3
答案 B
解析 由x＋y＝1，得(x＋2)＋(y＋1)＝4，
即eq \f(1,4)[(x＋2)＋(y＋1)]＝1，
∴eq \f(4,x＋2)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋2)＋\f(1,y＋1)))·eq \f(1,4)[(x＋2)＋(y＋1)]
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4＋1＋\f(4y＋1,x＋2)＋\f(x＋2,y＋1)))≥eq \f(1,4)(5＋4)＝eq \f(9,4)，
当且仅当x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,3)时，等号成立．
∴所求最小值为eq \f(9,4).
反思感悟 常数代换法解题的关键是通过代数式的变形，构造和式或积式为定值的式子，然后利用基本不等式求解最值．应用此种方法求解最值时，应把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘求积或相除求商．
跟踪训练1 已知a>0，b>0，a＋2b＝1，求t＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值．
解 因为a>0，b>0，a＋2b＝1，
所以t＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋2b)
＝eq \f(a＋2b,a)＋eq \f(a＋2b,b)＝1＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)＋2
≥3＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))＝3＋2eq \r(2).
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＝\f(a,b)，,a＋2b＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)－1，,b＝\f(2－\r(2),2)))时等号成立，故t的最小值为3＋2eq \r(2).
二、消元法求最值
例2 已知x>0，y>0，x＋2y＋2xy＝8，求x＋2y的最小值．
解 由x＋2y＋2xy＝8，可知y＝eq \f(8－x,2＋2x)，因为x>0，y>0，所以00，满足xy＝x＋y＋3，求xy的最小值．
解 由题意可知y＝eq \f(x＋3,x－1)，
所以xy＝x·eq \f(x＋3,x－1)＝eq \f(x2＋3x,x－1)＝eq \f(x2－2x＋1＋5x－5＋4,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1)＋5
≥2eq \r(4)＋5＝9，
当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时等号成立．
所以xy的最小值为9.
反思感悟 含有多个变量的条件最值问题的解决方法
对含有多个变量的条件最值问题，若无法直接利用基本不等式求解，可尝试减少变量的个数，即用其中一个变量表示另一个，再代入代数式中转化为只含有一个变量的最值问题．
跟踪训练2 已知a>0，b>0，且2a＋b＝ab－1，则a＋2b的最小值为________．
答案 5＋2eq \r(6)
解析 由2a＋b＝ab－1，得a＝eq \f(b＋1,b－2)，
因为a>0，b>0，所以a＝eq \f(b＋1,b－2)>0，b＋1>0，所以b>2，
所以a＋2b＝eq \f(b＋1,b－2)＋2b＝eq \f(b－2＋3,b－2)＋2(b－2)＋4＝2(b－2)＋eq \f(3,b－2)＋5≥2eq \r(2b－2·\f(3,b－2))＋5＝5＋2eq \r(6)，
当且仅当2(b－2)＝eq \f(3,b－2)，即b＝2＋eq \f(\r(6),2)时等号成立．
所以a＋2b的最小值为5＋2eq \r(6).
三、换元法求最值
例3 已知x，y为正实数，且x＋2y＝4，则eq \f(x2,x＋2)＋eq \f(2y2,y＋1)的最小值为________．
答案 2
解析 令x＋2＝a,2y＋2＝b，则a＋b＝8，
原式转化为eq \f(a－22,a)＋eq \f(b－22,b)
＝a＋b＋eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)－8＝eq \f(4,a)＋eq \f(4,b)
＝eq \f(1,8)(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a)＋\f(4,b)))
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,a)))≥2，当且仅当a＝b＝4时取等号，此时x＝2，y＝1.故所求最小值为2.
反思感悟 换元法求最值的思路
观察已知与所求的结构特点，通过配凑系数，合理的变换新元，将问题转化为熟悉的模型，将问题明朗化，从而使问题得以解决．
跟踪训练3 已知a>0，b>0且a＋b＝3.式子eq \f(2 022,a＋2 020)＋eq \f(2 022,b＋2 021)的最小值是________．
答案 2
解析 令a＋2 020＝x，b＋2 021＝y，
则x>2 020，y>2 021且x＋y＝4 044，
∴eq \f(1,4 044)(x＋y)＝1，
∴eq \f(2 022,a＋2 020)＋eq \f(2 022,b＋2 021)＝2 022eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))
＝2 022eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq \f(1,4 044)(x＋y)
＝1＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(x,y)))≥1＋eq \f(1,2)×2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝2，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝y＝2 022，a＝2，b＝1时等号成立．∴所求最小值为2.
1．知识清单：
(1)常数代换法求最值．
(2)消元法求最值．
(3)换元法求最值．
2．方法归纳：常数代换法、消元法、换元法．
3．常见误区：一正、二定、三相等，常因缺少条件或符号导致错误．
1．y＝eq \f(x2＋8,x－1)(x＞1)的最小值为( )
A．8 B．2
C．6 D．12
答案 A
解析 令t＝x－1＞0，∴x＝t＋1，
∴y＝eq \f(t＋12＋8,t)＝eq \f(t2＋2t＋9,t)
＝t＋eq \f(9,t)＋2≥2eq \r(t·\f(9,t))＋2＝8，
当且仅当t＝eq \f(9,t)，即t＝3，x＝4时，等号成立，
∴ymin＝8.
2．已知x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，则使不等式x＋y≥m恒成立的实数m的取值范围是( )
A．m≥18 B．m≤18
C．m≥16 D．m≤16
答案 D
解析 因为x>0，y>0，eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
所以x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝1＋eq \f(9x,y)＋eq \f(y,x)＋9
≥10＋2eq \r(\f(9x,y)·\f(y,x))＝16，当且仅当eq \f(9x,y)＝eq \f(y,x)，
即x＝4，y＝12时，等号成立，
又不等式x＋y≥m恒成立，所以只需m≤16.
3．若正数x，y满足x2＋xy－2＝0，则3x＋y的最小值是( )
A．4 B．2eq \r(2)
C．2 D．4eq \r(2)
答案 A
解析 因为x2＋xy－2＝0，
所以y＝eq \f(2－x2,x)＝eq \f(2,x)－x，
所以3x＋y＝3x＋eq \f(2,x)－x＝2x＋eq \f(2,x)≥4，
当且仅当x＝1时等号成立．
所以3x＋y的最小值是4.
4．已知x，y为正实数，且x＋y＝2，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,xy)的最小值为________．
答案 1＋eq \f(\r(3),2)
解析 ∵x，y是正实数，且x＋y＝2，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,xy)＝eq \f(x＋y,2x)＋eq \f(x＋y2,4xy)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(y,2x)＋eq \f(x,4y)＋eq \f(y,4x)＋eq \f(1,2)
＝1＋eq \f(3y,4x)＋eq \f(x,4y)≥1＋eq \f(\r(3),2)，
当且仅当x＝3－eq \r(3)，y＝eq \r(3)－1时，等号成立．
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,xy)的最小值为1＋eq \f(\r(3),2).
1．若x>4，则y＝eq \f(x2－4x＋9,x－4)( )
A．有最大值10 B．有最小值10
C．有最大值6 D．有最小值6
答案 B
解析 因为x>4，
所以y＝eq \f(x2－4x＋9,x－4)＝eq \f(x－42＋4x－16＋9,x－4)＝(x－4)＋eq \f(9,x－4)＋4≥2eq \r(x－4·\f(9,x－4))＋4＝10，
当且仅当x－4＝eq \f(9,x－4)，即x＝7时，等号成立．
即y＝eq \f(x2－4x＋9,x－4)有最小值10，y＝(x－4)＋eq \f(9,x－4)＋4在x>4上无最大值．
2．(多选)已知a>0，b>0，a＋b＝1，对于代数式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))，下列说法正确的是( )
A．最小值为9
B．最大值是9
C．当a＝b＝eq \f(1,2)时取得最小值
D．当a＝b＝eq \f(1,2)时取得最大值
答案 AC
解析 原式＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＝1＋eq \f(a＋b,ab)＋eq \f(1,ab)＝1＋eq \f(2,ab)，
因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)，
所以eq \f(1,ab)≥4.
所以原式＝1＋eq \f(2,ab)≥9，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立．
所以当a＝b＝eq \f(1,2)时取得最小值9.
3．已知a>0，b>0，eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,6)，若不等式2a＋b≥9m恒成立，则m的最大值为( )
A．8 B．7 C．6 D．5
答案 C
解析 由已知，可得6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝1，
∴2a＋b＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(1,b)))×(2a＋b)
＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥6×(5＋4)＝54，
当且仅当eq \f(2a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝b＝18时等号成立，
∴9m≤54，即m≤6.
4．已知a>b>c，则eq \r(a－bb－c)与eq \f(a－c,2)的大小关系是( )
A.eq \r(a－bb－c)>eq \f(a－c,2)
B.eq \r(a－bb－c)≥eq \f(a－c,2)
C.eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－c,2)
D．不确定
答案 C
解析 因为a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，
所以eq \f(a－c,2)＝eq \f(a－b＋b－c,2)
≥eq \r(a－bb－c)，
当且仅当a－b＝b－c时，等号成立．
5．若正数x，y满足x＋4y－xy＝0，则eq \f(4,x＋y)的最大值为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(4,9) C.eq \f(3,7) D．1
答案 B
解析 ∵正数x，y满足x＋4y－xy＝0，
∴y＝eq \f(x,x－4)>0，解得x>4，
∴eq \f(4,x＋y)＝eq \f(4,x＋\f(x,x－4))＝eq \f(4,x＋1＋\f(4,x－4))
＝eq \f(4,x－4＋\f(4,x－4)＋5)
≤eq \f(4,2\r(x－4·\f(4,x－4))＋5)＝eq \f(4,9)，
当且仅当x－4＝eq \f(4,x－4)，即x＝6时等号成立，
∴eq \f(4,x＋y)的最大值为eq \f(4,9).
6．(多选)已知a>0，b>0，则下列不等式中成立的是( )
A．a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2) B．(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
C.eq \f(2ab,a＋b)>eq \r(ab) D.eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab)
答案 ABD
解析 a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)，
当且仅当a＝b＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，A成立；
(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq \r(ab)·2eq \r(\f(1,ab))＝4，
当且仅当a＝b时，等号成立，B成立；
∵a＋b≥2eq \r(ab)，a>0，b>0，
∴eq \f(2\r(ab),a＋b)≤1，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)，
当且仅当a＝b时，等号成立，C不成立；
∵a2＋b2≥2ab>0，∴eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab)，
当且仅当a＝b时，等号成立，D成立．
7．若a，b都是正数，且a＋b＝1，则(a＋1)(b＋1)的最大值是________．
答案 eq \f(9,4)
解析 因为a，b都是正数，且a＋b＝1，
所以(a＋1)(b＋1)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq \f(9,4)，
当且仅当a＋1＝b＋1，
即a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立．
所以(a＋1)(b＋1)的最大值是eq \f(9,4).
8．已知t>0，则函数y＝eq \f(t2－4t＋1,t)的最小值为________．
答案 －2
解析 y＝t＋eq \f(1,t)－4≥2－4＝－2.
当且仅当t＝1时，等号成立．
故y的最小值为－2.
9．已知正数x，y满足x＋2y＝2.求eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)的最小值．
解 由于x＋2y＝2，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝eq \f(1,2)(x＋2y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(2,y)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(2x,y)＋\f(2y,x)))
≥eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(2x,y)×\f(2y,x))))＝eq \f(9,2) ，
当且仅当eq \f(2x,y)＝eq \f(2y,x) ，即x＝y＝eq \f(2,3)时等号成立，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(2,y) 的最小值为eq \f(9,2).
10．已知a>0，b>0，a＋3b＝1.若m>a2＋9b2＋7ab恒成立，求实数m的取值范围．
解 ∵a>0，b>0，a＋3b＝1，
∴a2＋9b2＋7ab＝(a＋3b)2＋ab
＝1＋eq \f(1,3)·a·3b，
∵a·3b≤eq \f(a＋3b2,4)＝eq \f(1,4)，
当且仅当a＝3b，即a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,6)时，等号成立，
∴a2＋9b2＋7ab≤1＋eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(13,12)，
∴m>eq \f(13,12).
11．已知x，y为正实数，则eq \f(4x,4x＋y)＋eq \f(y,x＋y)的最大值为( )
A．4 B．2
C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 设4x＋y＝a，x＋y＝b，
则a>0，b>0，x＝eq \f(a－b,3)，y＝eq \f(4b－a,3).
于是eq \f(4x,4x＋y)＋eq \f(y,x＋y)
＝eq \f(8,3)－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4b,a)＋\f(a,b)))
≤eq \f(8,3)－eq \f(2,3)eq \r(\f(4b,a)·\f(a,b))＝eq \f(4,3)，
当a＝2b，即2x＝y时等号成立．
故所求的最大值是eq \f(4,3).
12．已知x>0，y>0，且x＋y＝2，若4x＋1－mxy≥0恒成立，则m的最大值为( )
A．6 B．4 C．8 D．2
答案 B
解析 要使4x＋1－mxy≥0恒成立，只需m≤eq \f(4x＋1,xy)恒成立．
因为x＋y＝2，
所以eq \f(4x＋1,xy)＝eq \f(4x＋\f(x＋y,2),xy)
＝eq \f(9x＋y,2xy)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y))).
则eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝eq \f(1,2)(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(y,x)＋\f(9x,y)))，x>0，y>0，
又eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)≥2eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝6，
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(9x,y)，即x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(3,2)时，等号成立，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10＋\f(y,x)＋\f(9x,y)))≥8，
所以eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))≥4，
即eq \f(4x＋1,xy)≥4，则m≤4，故m的最大值是4.
13．设0