第1章 第5节 基本不等式（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

第一章　集合与常用逻辑用语 第五节　基本不等式 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 知识要点 返回导航 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 a＞0，b＞0 a＝b 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 2ab 2 ≤ 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 x＝y 小 x＝y 大 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 双基检测 返回导航 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 典例精析 返回导航 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 高考再现 返回导航 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 谢谢观看 第一章　集合与常用逻辑用语 返回导航 1 1．基本不等式 eq \r(ab)≤eq \f(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． 2．几个重要的不等式 (1)a2＋b2≥______(a，b∈R)． (2)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥___ (a，b同号)． (3)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)． (4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2____eq \f(a2＋b2,2). 2eq \r(p) eq \f(p2,4) 3．算术平均数与几何平均数 设a＞0，b＞0，则a，b的算术平均数为_______，几何平均数为_____，基本不等式可叙述为：__________. 4．利用基本不等式求最值问题 已知x＞0，y＞0，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当______时，x＋y有最__值是______.(简记：积定和最小) (2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当______时，xy有最__值是________.(简记：和定积最大)． eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) 1．若x<0，则x＋eq \f(1,x)(　　) A．有最小值，且最小值为2 B．有最大值，且最大值为2 C．有最小值，且最小值为－2 D．有最大值，且最大值为－2 解析：选D　因为x<0，所以－x>0，－x＋eq \f(1,－x)≥2，当且仅当x＝－1时，等号成立，所以x＋eq \f(1,x)≤－2. 2．若正实数a，b满足a＋2b＝1，则当ab取最大值时，a的值是(　　 ) A.eq \f(1,2)　　　　　　 B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,8) 解析：选A　因为正实数a，b满足a＋2b＝1，则a＋2b≥2eq \r(2ab)，可得ab≤eq \f(1,8)， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2b，,a＋2b＝1))时，即当a＝2b＝eq \f(1,2)时，等号成立．故选：A. 3．已知x，y∈R＋，且满足eq \f(x,3)＋eq \f(y,4)＝1，则xy的最大值为________． 答案：3 4．若对任意x＞0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立，则a的取值范围是_____． 解析：eq \f(x,x2＋3x＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)，x＋eq \f(1,x)≥2， 当且仅当x＝1时成立，x＋eq \f(1,x)＋3≥5，eq \f(1,x＋\f(1,x)＋3)≤eq \f(1,5)，故a≥eq \f(1,5). 答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞)) 　(1)设0＜x＜2，求函数y＝eq \r(3x8－3x)的最大值； (2)求eq \f(3,a－4)＋a的取值范围； (3)已知x＞0，y＞0，且x＋y＝1，求eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)的最小值． (4) 若正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，求x＋2y的最小值． [精解详析]　(1)∵0＜x＜2， ∴0＜3x＜6,8－3x＞2， ∴y＝eq \r(3x8－3x)≤eq \f(3x＋8－3x,2)＝eq \f(8,2)＝4， 当且仅当3x＝8－3x， 即x＝eq \f(4,3)时，取等号． 当x＝eq \f(4,3)时，y＝eq \r(3x8－3x)的最大值是4. (2)显然a≠4，当a＞4时，a－4＞0， ∴eq \f(3,a－4)＋a＝eq \f(3,a－4)＋(a－4)＋4 ≥ 2eq \r(\f(3,a－4)×a－4)＋4＝2eq \r(3)＋4， 当且仅当eq \f(3,a－4)＝a－4，即a＝4＋eq \r(3)时，取等号； 当a＜4时，a－4＜0， ∴eq \f(3,a－4)＋a＝eq \f(3,a－4)＋(a－4)＋4 ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4－a)＋4－a))＋4≤－2eq \r(\f(3,4－a)×4－a)＋4＝－2eq \r(3)＋4， 当且仅当eq \f(3,4－a)＝(4－a)， 即a＝4－eq \r(3)时，取等号． ∴eq \f(3,a－4)＋a的取值范围是(－∞，－2eq \r(3)＋4)∪[2eq \r(3)＋4，＋∞)． (3)∵x＞0，y＞0，且x＋y＝1， ∴eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))(x＋y) ＝10＋eq \f(8y,x)＋eq \f(2x,y)≥10＋2eq \r(\f(8y,x)·\f(2x,y))＝18. 当且仅当eq \f(8y,x)＝eq \f(2x,y)，即x＝2y时等号成立， ∴当x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,3)时，eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)有最小值18. (4)因为正数x，y满足x2＋6xy－1＝0， 所以y＝eq \f(1－x2,6x).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x>0，,y>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x>0，,\f(1－x2,6x)>0，)) 解得0<x<1. 所以x＋2y＝x＋eq \f(1－x2,3x)＝eq \f(2x,3)＋eq \f(1,3x) ≥2 eq \r(\f(2x,3)·\f(1,3x)) ＝eq \f(2\r(2),3)， 当且仅当eq \f(2x,3)＝eq \f(1,3x)，即x＝eq \f(\r(2),2)，y＝eq \f(\r(2),12)时取等号．故x＋2y的最小值为eq \f(2\r(2),3). [解题心得] (1)基本不等式成立的条件是“一正，二定，三相等”，其中等号成立的条件是最容易出错的地方，需注意验证． (2)在解题中遇到困难时，不要始终抱着一种思想不放，应该变换角度去思考问题，运用多种方法尝试解决． (3)通过消元法求最值的方法 消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解．有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式求解． 　已知a，b为正数，a＋b＝1.求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9. [思路点拨]　本题的条件和结论中，变量的次数是一个要注意的特征，条件中a，b的次数为一次，而结论中a，b次数为－1，可以利用1的代换，从平衡a，b的次数开始证明． [精解详析]　证法一：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b))) ＝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a，b为正数，a＋b＝1， 所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)， 于是eq \f(1,ab)≥4，eq \f(2,ab)≥8， 因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥1＋8＝9. 证法二：∵a，b∈R＋，a＋b＝1. ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a＋b,b))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b))) ＝4＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋1≥4＋2·2eq \r(\f(a,b)·\f(b,a))＋1＝9. [解题心得] 利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从需证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质，经过逻辑推理后得证． 　为了竖一块广告牌，要制造三角形支架．三角形支架如图所示，要求∠ACB＝60°，BC长度大于1米，且AC比AB长eq \f(1,2)米．为了使广告牌稳固，要求AC的长度越短越好，求AC最短为多少米？且当AC最短时，BC长度为多少米？ [思路点拨]　 [精解详析]　设BC＝a(a＞1)，AB＝c，AC＝b，b－c＝eq \f(1,2). 根据余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos 60°， 将c＝b－eq \f(1,2)代入， 得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)))2＝a2＋b2－ab，化简， 得b(a－1)＝a2－eq \f(1,4). ∵a＞1，∴a－1＞0. ∴b＝eq \f(a2－\f(1,4),a－1)＝eq \f(a－12＋2a－1＋\f(3,4),a－1)＝(a－1)＋eq \f(3,4a－1)＋2≥eq \r(3)＋2， 当且仅当a－1＝eq \f(3,4a－1)时取等号， 即当a＝1＋eq \f(\r(3),2)时，b有最小值2＋eq \r(3). 故AC最短为(2＋eq \r(3))米， 此时BC长度为(1＋eq \f(\r(3),2))米． [解题心得] (1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数． (2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，利用基本不等式求得函数的最值． (3)在求函数的最值时，一定要在定义域内求解． 1．(2025·北京高考)已知a>0，b>0，则(　　) A．a2＋b2>2ab B． eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(1,ab) C．a＋b> eq \r(ab) D． eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)≤ eq \f(2,\r(ab)) 解析：选C　对于A，当a＝b时，a2＋b2＝2ab，故A错误； 对于B、D，取a＝ eq \f(1,2)，b＝ eq \f(1,4)，此时 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＝2＋4＝6< eq \f(1,\f(1,2)×\f(1,4))＝8＝ eq \f(1,ab)， eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＝2＋4＝6> eq \f(2,\r(\f(1,2)×\f(1,4)))＝4 eq \r(2)＝ eq \f(2,\r(ab))，故B、D错误； 对于C，由基本不等式可得a＋b≥2 eq \r(ab)> eq \r(ab)， 故C正确．故选：C. 2．(2021·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为(　　) A．1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D．2 解析：选B　本题考查点到直线的距离以及基本不等式的应用．点(0，－1)到直线kx－y＋k＝0的距离d＝eq \f(|1＋k|,\r(k2＋1))＝eq \r(\f(1＋k2,k2＋1))＝eq \r(1＋\f(2k,k2＋1)).当k≤0时，d≤1；当k>0时， d＝eq \r(1＋\f(2,k＋\f(1,k)))≤ eq \r(1＋\f(2,2))＝eq \r(2)，当且仅当 k＝eq \f(1,k)，即k＝1时等号成立． 综上，点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为eq \r(2).故选B. 3．(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则(　　 ) A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2 C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1 解析：选BC　因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)，由x2＋y2－xy＝1可变形为，(x＋y)2－1＝3xy≤3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，解得－2≤x＋y≤2，当且仅当x＝y＝－1时，x＋y＝－2，当且仅当x＝y＝1时，x＋y＝2，所以A错误，B正确； 由x2＋y2－xy＝1可变形为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋y2))－1＝xy≤eq \f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≤2，当且仅当x＝y＝±1时取等号，所以C正确； 因为x2＋y2－xy＝1变形可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)))2＋eq \f(3,4)y2＝1，设x－eq \f(y,2)＝cos θ，eq \f(\r(3),2)y＝sin θ，所以x＝cos θ＋eq \f(1,\r(3))sin θ，y＝eq \f(2,\r(3))sin θ， 因此x2＋y2＝cos2θ＋eq \f(5,3)sin2θ＋eq \f(2,\r(3))sin θcos θ＝1＋eq \f(1,\r(3))sin 2θ－eq \f(1,3)cos 2θ＋eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))，所以当x＝eq \f(\r(3),3)，y＝－eq \f(\r(3),3)时满足等式，但是x2＋y2≥1不成立，所以D错误．故选：BC. 4．(2025·上海高考)设a，b>0，a＋ eq \f(1,b)＝1，则b＋ eq \f(1,a)的最小值为________． 解析：易知b＋ eq \f(1,a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＝ab＋ eq \f(1,ab)＋2≥2 eq \r(ab·\f(1,ab))＋2＝4， 当且仅当ab＝1，即a＝ eq \f(1,2)，b＝2时取得最小值． 答案：4 5．已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋eq \f(1,8b)的最小值为_______． 解析：∵ a－3b＋6＝0，∴a－3b＝－6， ∴ 2a＋eq \f(1,8b)＝2a＋2－3b≥2eq \r(2a·2－3b)＝2eq \r(2a－3b) ＝2eq \r(2－6)＝2×2－3＝eq \f(1,4)，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3b，,a－3b＋6＝0))时等号成立，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝1))时取到等号． 答案：eq \f(1,4) 6．(2020·山东高考)若直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，则2a＋b的最小值为________． 解析：∵直线eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1(a>0，b>0)过点(1,2)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1， ∴2a＋b＝(2a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝4＋eq \f(4a,b)＋eq \f(b,a)≥4＋2eq \r(\f(4a,b)·\f(b,a))＝8，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(4a,b)，即a＝2，b＝4时，等号成立．故2a＋b的最小值为8. 答案：8 $