第1章 第5节 基本不等式的综合应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 第五节　基本不等式的综合应用 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 研磨·高考题型 课时作业 Part 02 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 课时 作业（五） 点击进入word 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第一章　集合与常用逻辑用语、复数、不等式 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　1.掌握基本不等式及其常见变形.2.会求与基本不等式有关的恒成立问题.3.理解基本不等式在实际问题中的应用． 题型一　基本不等式的常见变形应用 [例1]　(1)下列不等式中等号可以取到的是(　　) A． eq \r(x2＋5)＋ eq \f(1,\r(x2＋5))≥2 B．x2＋2＋ eq \f(1,x2＋2)≥2 C．x2＋ eq \f(1,x2)≥2 D．|x|＋3＋ eq \f(1,|x|＋3)≥2 答案　C 解析　对于A，因为 eq \r(x2＋5)>0，所以 eq \r(x2＋5)＋ eq \f(1,\r(x2＋5))≥2 eq \r(\r(x2＋5)·\f(1,\r(x2＋5)))＝2，当且仅当 eq \r(x2＋5)＝ eq \f(1,\r(x2＋5))，即x2＝－4，故等号不成立，故A不符合； 对于B，因为x2＋2>0，所以x2＋2＋ eq \f(1,x2＋2)≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋2))·\f(1,x2＋2))＝2，当且仅当x2＋2＝ eq \f(1,x2＋2)，即x2＝－1，故等号不成立，故B不符合； 对于C，因为x2>0，所以x2＋ eq \f(1,x2)≥2 eq \r(x2·\f(1,x2))＝2，当且仅当x2＝ eq \f(1,x2)，即x＝±1时取等号，故C符合； 对于D，因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3>0，所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3＋ eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3)≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3))·\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3))＝2，当且仅当 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3＝ eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋3)，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＝－2，故等号不成立，故D不符合．故选C. (2)《几何原本》中的几何代数法是以几何法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线交半圆于D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E，则该图形可以完成的无字证明为(　　) A． eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(ab)(a>0，b>0) B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0) C． eq \r(ab)≥ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0) D． eq \f(a2＋b2,2)≥ eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0) A． eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(ab)(a>0，b>0) B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0) C． eq \r(ab)≥ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0) D． eq \f(a2＋b2,2)≥ eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0) 答案　C 解析　根据图形，利用射影定理得 CD2＝DE·OD， 又OD＝ eq \f(1,2)AB＝ eq \f(a＋b,2)，CD2＝AC·CB＝ab， 所以DE＝ eq \f(CD2,OD)＝ eq \f(ab,\f(a＋b,2))， 由于OD≥CD，所以 eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)(a>0，b>0). 由于CD≥DE， 所以 eq \r(ab)≥ eq \f(2ab,a＋b)＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(a>0，b>0). eq \a\vs4\al([思维升华]) 基本不等式的常见变形 (1)ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)≤ eq \f(a2＋b2,2). (2) eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤ eq \r(ab)≤ eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0).　 　[即时训练] (1)(2025·辽宁联考)数学命题的证明方式有很多种．利用图形证明就是一种方式．现有如图所示图形，在等腰直角三角形△ABC中，点O为斜边AB的中点，点D为斜边AB上异于顶点的一个动点，设AD＝a，BD＝b，用该图形能证明的不等式为(　　) A． eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0)) B． eq \f(2ab,a＋b)≤ eq \r(ab) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0)) C． eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0)) D．a2＋b2≥2 eq \r(ab) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0)) 答案　C 解析　由图知：OC＝ eq \f(1,2)AB＝ eq \f(a＋b,2)，OD＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OB－BD))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)－b))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))， 在Rt△OCD中，CD＝ eq \r(OC2＋OD2)＝ eq \r(\f(a2＋b2,2))， 所以OC≤OD，即 eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，b>0))，故选C. (2)(多选)已知a，b∈R，且ab>0，则下列不等式一定成立的是(　　) A． eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)　　　　B．ab≤ eq \f(a2＋b2,2) C． eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)≥2 D． eq \f(2ab,a＋b)≤ eq \f(a＋b,2) 答案　BC 解析　因为ab>0，故当a<0，b<0时，不等式 eq \f(a＋b,2)≥ eq \r(ab)不成立，故A不正确； 由重要不等式得ab≤ eq \f(a2＋b2,2)恒成立，当且仅当a＝b时，等号成立，故B正确； 因为ab>0，所以 eq \f(a,b)>0， eq \f(b,a)>0，则 eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时， 等号成立，故C正确； 因为a2＋b2≥2ab，所以(a＋b)2≥4ab，当a<0，b<0时满足ab>0，但a＋b<0，此时 eq \f(a＋b,2)≤ eq \f(2ab,a＋b)，故D不正确． 题型二　与基本不等式有关的恒(能)成立问题 [例2]　(1)已知x>0，y>0，且 eq \f(2,x)＋ eq \f(1,y)＝1，若2x＋y<m2－8m有解，则实数m的取值范围为(　　) A．(－∞，－1)∪(9，＋∞) B．(－∞，－1]∪[9，＋∞) C．(－9，－1) D．[－9，1] 答案　A 解析　因为x>0，y>0，且 eq \f(2,x)＋ eq \f(1,y)＝1， 所以2x＋y＝(2x＋y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝5＋ eq \f(2x,y)＋ eq \f(2y,x)≥5＋2 eq \r(\f(2x,y)·\f(2y,x))＝9， 当且仅当 eq \f(2x,y)＝ eq \f(2y,x)，且 eq \f(2,x)＋ eq \f(1,y)＝1，即x＝y＝3时取等号，此时2x＋y取得最小值9， 若2x＋y<m2－8m有解，则9<m2－8m，解得m>9或m<－1， 即实数m的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).　 (2)若对于任意的x>0，不等式 eq \f(x2＋3x＋1,x)≥a恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[5，＋∞) B．(5，＋∞) C．(－∞，5] D．(－∞，5) 答案　C 解析　令f(x)＝ eq \f(x2＋3x＋1,x)， 由题意可得a≤f(x)min， f(x)＝x＋ eq \f(1,x)＋3≥2 eq \r(x·\f(1,x))＋3＝5， 当且仅当x＝ eq \f(1,x)，即x＝1时等号成立， a≤f(x)min＝5， 所以实数a的取值范围为(－∞，5]. eq \a\vs4\al([思维升华])∃x∈M，使得f(x)≥a，等价于f(x)max≥a； ∃x∈M，使得f(x)≤a，等价于f(x)min≤a.　 　[即时训练] 已知a，b∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，若 eq \f(1,a)＋ eq \f(4,b)≥ eq \f(λ,a＋b)恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A．λ≥5 B．λ≥9 C．λ≤5 D．λ≤9 答案　D 解析　因为a，b∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，由已知可得λ≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))， 因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝ eq \f(b,a)＋ eq \f(4a,b)＋5≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＋5＝9，当且仅当b＝2a时等号成立， 故实数λ的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，9))，故选D. 题型三　基本不等式的实际应用 [例3]　第19届亚运会于2023年9月在杭州举办，某公益团队联系组委会举办一场纪念品展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设．据市场调查，当每套纪念品(一个会徽和一个吉祥物)售价定为x元时，销售量可达到(15－0.1x)万套．为配合这个活动，生产纪念品的厂家将每套纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为50元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.约定不计其他成本，即销售每套纪念品的利润＝售价－供货价格． (1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，能获得的总利润是多少万元？ (2)每套会徽及吉祥物售价为多少元时，单套的利润最大？最大值是多少元？ 解　(1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)， 供货单价为50＋ eq \f(10,5)＝52(元)， 总利润为5×(100－52)＝240(万元). 所以能获得的总利润为240万元． (2)每套会徽及吉祥物售价为x元时，销售量为(15－0.1x)万套，供货单价为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50＋\f(10,15－0.1x)))元， 单套利润为x－50－ eq \f(10,15－0.1x)＝x－50－ eq \f(100,150－x)， 因为15－0.1x>0，所以0<x<150， 所以单套利润为 y＝x－50－ eq \f(100,150－x)＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((150－x)＋\f(100,150－x))) ＋100≤100－2 eq \r((150－x)·\f(100,150－x))＝80， 当且仅当150－x＝10，即x＝140时取等号． 所以每套会徽及吉祥物售价为140元时，单套的利润最大，最大值是80元． eq \a\vs4\al([思维升华]) 利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值．　 　[即时训练] 第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月28日至8月8日在四川成都举行，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售 8万件． (1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ (2)为了抓住此次契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公 司拟投入 eq \f(1,6)(x2 － 600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入 eq \f(x,5)万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价． 解　(1)设每件定价为t元， 依题意得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(t－25,1)×0.2))t≥25×8， 整理得 t2－65t＋1 000≤0， 解得25≤t≤40. ∴要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为40元． (2)依题意知，当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋ eq \f(1,6)(x2－600)＋ eq \f(x,5)有解， 等价于当x>25时，a≥ eq \f(150,x)＋ eq \f(x,6)＋ eq \f(1,5)有解， ∵ eq \f(150,x)＋ eq \f(x,6)≥2 eq \r(\f(150,x)·\f(x,6))＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)， ∴a≥10.2. ∴当该商品改革后的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元． $$