2.2 第2课时 基本不等式的应用-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦一元二次函数、方程和不等式核心内容，通过“合作探究·思维进阶”环节导入，以审题、建模、求解、作答四步流程为学习支架，帮助学生从实际问题抽象数学模型，衔接知识应用脉络。 其亮点在于PPT支持任意编辑便于教师个性化调整，“课后分层练”兼顾不同学生水平，“合作探究”结合四步建模流程，培养学生用数学思维分析问题、用数学语言表达模型的核心素养。这既助力学生形成解决问题的逻辑思维，也为教师提供结构化资源，提升课堂效率。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第二章 一元二次函数、方程和不等式 3 目 录 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.2　基本不等式 第2课时　基本不等式的应用 学习目标　1.进一步熟练掌握基本不等式及其变形的应用，提升逻辑推理、数学运算能力．(重点)　2.会用基本不等式解决生活中简单的最大(小)值问题，强化数学建模素养．(难点) 角度一　常量代换法求最值(乘“1”法) 例1　若x>0，y>0，且 eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)＝1，求x＋y的最小值． 解：∵ eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)＝1，x>0，y>0， ∴x＋y＝( eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y))(x＋y)＝10＋ eq \f(9x,y)＋ eq \f(y,x)≥10＋2 eq \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． 即x＋y的最小值为16. 变式探究　(1)(变设问)若x>0，y>0，x＋y＝1，求 eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)的最小值． 解：∵x＋y＝1，x>0，y>0， ∴ eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)＝( eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y))(x＋y)＝10＋ eq \f(9x,y)＋ eq \f(y,x)≥10＋2 eq \r(\f(9x,y)·\f(y,x))＝16， 当且仅当 eq \f(9x,y)＝ eq \f(y,x)，即x＝ eq \f(1,4)，y＝ eq \f(3,4)时，等号成立， 即 eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)的最小值为16. (2)(变条件)若x>0，y>0，xy＝9x＋y，求x＋y的最小值． 解：∵x>0，y>0，xy＝9x＋y，∴ eq \f(1,x)＋ eq \f(9,y)＝1， 由例1可知，x＋y的最小值为16. 类题通法 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 角度二　分离消元法求最值 例2　(链接教材：人教A版P58复习参考题2T5改编)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0<x<8. 所以x＋2y＝x＋ eq \f(8－x,x＋1)＝x＋ eq \f(9－1－x,x＋1)＝x＋ eq \f(9,x＋1)－1＝x＋1＋ eq \f(9,x＋1)－2≥2 eq \r(9)－2＝4， 当且仅当x＋1＝ eq \f(9,x＋1)，即x＝2时等号成立． 所以x＋2y的最小值为4. 变式探究　(变条件、变设问)已知x>0，y>0，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≥2 eq \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. 类题通法 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。 角度三　多次放缩求最值 例3　(2025·潍坊二模改编)若a，b∈R，ab>0，则 eq \f(a4＋4b4＋1,ab)的最小值为________． 解析：因为 eq \f(a4＋4b4＋1,ab)＝ eq \f(a3,b)＋ eq \f(4b3,a)＋ eq \f(1,ab)，所以由基本不等式得 eq \f(a3,b)＋ eq \f(4b3,a)＋ eq \f(1,ab)≥2 eq \r(\f(a3,b)·\f(4b3,a))＋ eq \f(1,ab)＝4ab＋ eq \f(1,ab)≥2 eq \r(4ab·\f(1,ab))＝4，当且仅当 eq \f(a3,b)＝ eq \f(4b3,a)，4ab＝ eq \f(1,ab)同时成立时等号成立． 答案：4 名师点睛 多次缩放要注意等号成立的条件. 角度四　利用基本不等式解实际应用题 例4　(链接教材：人教A版P49T6)一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费y1(单位：万元)与仓库到车站的距离x(单位：km)成反比，每月库存货物费y2(单位：万元)与x成正比；若在距离车站10 km处建仓库，则y1和y2分别为2万元和8万元，这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小？ 解：设y1＝ eq \f(k,x)，y2＝tx，当x＝10时，y1＝ eq \f(k,10)＝2，y2＝10t＝8，∴k＝20，t＝0.8， ∴y1＝ eq \f(20,x)，y2＝0.8x，∴两项费用之和为z＝y1＋y2＝ eq \f(20,x)＋0.8x≥2 eq \r(\f(20,x)·0.8x)＝8， 当且仅当 eq \f(20,x)＝0.8x时，即当x＝5时等号成立． 即这家公司应该把仓库建在距离车站5 km处，才能使两项费用之和最小，且最小费用为8万元． 类题通法 利用基本不等式解决实际问题的步骤 1．不等式(x－2y)＋ eq \f(1,x－2y)≥2成立的前提条件为(　　 ) A．x≥2y B．x>2y C．x≤2y D．x<2y 解析：选B.因为不等式成立的前提条件是各项均为正，所以x－2y>0，即x>2y. 2．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为 eq \f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品的件数为(　　 ) A．60 B．80 C．100 D．120 解析：选B.设每件产品的平均费用为y元，由题意得y＝ eq \f(800,x)＋ eq \f(x,8)≥2 eq \r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20，当且仅当 eq \f(800,x)＝ eq \f(x,8)(x∈N*)，即x＝80时，等号成立． 3．(多选)(2025·浙江模拟)已知两个正实数a，b满足ab＝2a＋b，则下列结论正确的有(　　 ) A．ab的最小值是8 B．ab的最大值是8 C．a＋b的最小值是3＋2 eq \r(2) D．a＋b的最大值是3＋2 eq \r(2) 解析：选AC.由ab＝2a＋b≥2 eq \r(2ab)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab)) eq \s\up12(2)≥8ab，所以ab≥8，当且仅当2a＝b＝4时等号成立，故A正确，B错误； 又ab＝2a＋b⇒ eq \f(1,a)＋ eq \f(2,b)＝1， ∴a＋b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋ eq \f(b,a)＋ eq \f(2a,b)≥3＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(2a,b))＝3＋2 eq \r(2)， 当且仅当 eq \f(b,a)＝ eq \f(2a,b)，即b＝ eq \r(2)a时等号成立， 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝\r(2)a，,ab＝2a＋b，))解得a＝ eq \r(2)＋1，b＝2＋ eq \r(2)，故C正确，D错误． 4．(2025·上海期中)已知实数x，y满足x2＋y2＝1，则x＋y的最大值为________． 解析：由()2≤ eq \f(x2＋y2,2)＝ eq \f(1,2)， 得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))≤ eq \f(\r(2),2)，即－ eq \r(2)≤x＋y≤ eq \r(2)，当x＝y＝ eq \f(\r(2),2)时，等号成立，所以x＋y的最大值为 eq \r(2). 答案： eq \r(2) 【基础巩固】 1．已知正数a，b满足a＋4b＝12，则ab的最大值为(　　 ) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：选C.因为a，b为正数，a＋4b＝12，所以ab＝ eq \f(1,4)a·4b≤ eq \f(1,4)()2＝ eq \f(1,4)×62＝9， 当且仅当a＝4b＝6时，等号成立， 所以当a＝6，b＝ eq \f(3,2)时，ab取得最大值9. 2．已知x＞ eq \f(5,4)，则y＝4x＋ eq \f(1,4x－5)的最小值为(　　 ) A．－3 B．2 C．5 D．7 解析：选D.∵x＞ eq \f(5,4)，∴4x－5＞0，∴y＝4x＋ eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋ eq \f(1,4x－5)＋5≥2＋5＝7，等号成立的条件是x＝ eq \f(3,2). 3． eq \r((3－a)(a＋6))(－6≤a≤3)的最大值为(　　 ) A．9 B． eq \f(9,2) C．3 D． eq \f(3\r(2),2) 解析：选B.因为－6≤a≤3，所以3－a≥0，a＋6≥0，所以 eq \r((3－a)(a＋6))≤ eq \f((3－a)＋(a＋6),2)＝ eq \f(9,2)，当且仅当3－a＝a＋6，即a＝－ eq \f(3,2)时，等号成立． 即 eq \r((3－a)(a＋6))(－6≤a≤3)的最大值为 eq \f(9,2). 4．设x＞0，则函数y＝x＋ eq \f(2,2x＋1)－ eq \f(3,2)的最小值为(　　 ) A．0 B． eq \f(1,2) C．1 D． eq \f(3,2) 解析：选A.因为x＞0，所以x＋ eq \f(1,2)＞0，所以y＝x＋ eq \f(2,2x＋1)－ eq \f(3,2)＝(x＋ eq \f(1,2))＋ eq \f(1,x＋\f(1,2))－2≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，当且仅当x＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,x＋\f(1,2))，即x＝ eq \f(1,2)时，等号成立，所以函数的最小值为0. 5．(多选)小王从甲地到乙地往返的速度分别为a和b(a<b)，其全程的平均速度为v，则(　　) A．a<v< eq \r(ab) B．v＝ eq \r(ab) C． eq \r(ab)<v< eq \f(a＋b,2) D．v＝ eq \f(2ab,a＋b) 解析：选AD.设甲、乙两地之间的距离为s，因为a<b，所以v＝ eq \f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝ eq \f(2ab,a＋b)< eq \f(2ab,2\r(ab))＝ eq \r(ab)，又v－a＝ eq \f(2ab,a＋b)－a＝ eq \f(ab－a2,a＋b)＝ eq \f(a(b－a),a＋b)>0，所以v>a，所以a<v< eq \r(ab). 6．已知直角三角形的斜边长为20 cm，则该直角三角形面积的最大值是________． 解析：设直角三角形的两直角边长分别为a cm，b cm， 由题意得a2＋b2＝400≥2ab，当且仅当a＝b＝10 eq \r(2)时，等号成立，∴ab≤200，∴ eq \f(1,2)ab≤100. 故该直角三角形面积的最大值为100 cm2. 答案：100 cm2 7．设0＜m＜ eq \f(1,2)，若 eq \f(1,m)＋ eq \f(2,1－2m)≥k恒成立，则k的最大值为________． 解析：由题意可知1－2m＞0，k≤()min. 又 eq \f(1,m)＋ eq \f(2,1－2m)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2m)＋\f(2,1－2m)))[2m＋(1－2m)]＝4＋2( eq \f(1－2m,2m)＋ eq \f(2m,1－2m))≥8，当且仅当 eq \f(1－2m,2m)＝ eq \f(2m,1－2m)，即m＝ eq \f(1,4)时，等号成立．故k≤8，所以k的最大值为8. 答案：8 8．某地在改造体育中心时需更新所有座椅，要求座椅的使用年限为15 年，已知每千套座椅建造成本是8 万元，设每年的管理费用为y 万元，总座椅数为x 千套，两者满足关系式：y＝ eq \f(60,2x＋5)(0≤x≤8).15 年的总维修费用为80 万元，记w(单位：万元)为15 年的总费用．请问当设置多少套座椅时，15 年的总费用w最小？求出最小值．(总费用＝建造成本费用 ＋使用管理费用＋总维修费用) 解：由题意得，建造成本费用为8x(0≤x≤8) 万元， 使用管理费用为 eq \f(60×15,2x＋5)(0≤x≤8) 万元， 所以w＝8x＋ eq \f(60×15,2x＋5)＋80(0≤x≤8)， 则w＝4(2x＋5)＋ eq \f(60×15,2x＋5)＋60≥180， 当且仅当4(2x＋5)＝ eq \f(60×15,2x＋5)，即x＝5时，w取得最小值，即当设置5千套座椅时，15 年的总费用w最小，最小值为180 万元． 【综合运用】 9．(2025·黑龙江哈尔滨期中)已知a>0，b>0，3a＋b＝3ab，则a＋b的最小值为(　　 ) A．2 eq \r(3)＋3 B．4 eq \r(3)＋3 C．2 eq \r(3)＋4 D． eq \f(2\r(3),3)＋ eq \f(4,3) 解析：选D.因为3a＋b＝3ab，所以 eq \f(1,b)＋ eq \f(1,3a)＝1， 则a＋b＝(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,3a)))＝1＋ eq \f(1,3)＋ eq \f(a,b)＋ eq \f(b,3a)≥ eq \f(4,3)＋2 eq \r(\f(a,b)·\f(b,3a))＝ eq \f(4,3)＋ eq \f(2\r(3),3)，当且仅当 eq \f(a,b)＝ eq \f(b,3a)，即a＝ eq \f(\r(3)＋1,3)，b＝ eq \f(3＋\r(3),3)时等号成立， 所以a＋b的最小值为 eq \f(2\r(3),3)＋ eq \f(4,3). 10．已知a＞0，b＞0，若不等式 eq \f(2,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(m,2a＋b)恒成立，则m的最大值等于(　　 ) A．10 B．9 C．8 D．7 解析：选B.因为a＞0，b＞0， 所以 eq \f(2,a)＋ eq \f(1,b)≥ eq \f(m,2a＋b)⇔ eq \f(2(2a＋b),a)＋ eq \f(2a＋b,b)＝5＋ eq \f(2b,a)＋ eq \f(2a,b)≥m.由a＞0，b＞0得5＋ eq \f(2b,a)＋ eq \f(2a,b)≥5＋2 eq \r(\f(2b,a)·\f(2a,b))＝9，当且仅当a＝b时，等号成立．所以m≤9. 11．(数学文化)十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若不相等的两个正实数a，b满足a＋b＝4，且 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＞t恒成立，则实数t的取值范围是________． 解析：因为a>0，b>0，且a＋b＝4，所以 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＝ eq \f(1,4)(a＋b)( eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥ eq \f(1,4)(2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)))＝1，当且仅当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(a,b)，,a＋b＝4，))即a＝b＝2时等号成立．因为 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)>t恒成立，所以t<1. 答案：{t|t<1} 12．已知x＞0，y＞0，xy＝x＋2y，若xy≥m－2恒成立，则实数m的最大值是________． 解析：要使xy≥m－2恒成立，即使m≤xy＋2恒成立， ∴只要m≤(xy＋2)min即可． ∵x＞0，y＞0，xy＝x＋2y， ∴xy＝x＋2y≥2 eq \r(2xy)，当且仅当x＝2y，即x＝4，y＝2时取等号． 令t＝ eq \r(xy)(t>0)，则t2≥2 eq \r(2)t， ∴t≥2 eq \r(2)，即xy≥8，∴xy＋2的最小值为10， ∴m≤10，即m的最大值为10. 答案：10 13．某品牌电脑体验店预计全年购入360台电脑，已知该品牌电脑的进价为3 000元/台，为节约资金决定分批购入，若每批都购入x(x∈N*)台，且每批需付运费300元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比(比例系数为k)，若每批购入20台，则全年需付运费和保管费7 800元． (1)记全年所付运费和保管费之和为y元，求y关于x的函数关系式； (2)若要使全年用于支付运费和保管费的资金最少，则每批应购入电脑多少台？ 解：(1)由题意，得y＝ eq \f(360,x)×300＋k×3 000x. 当x＝20时，y＝7 800，解得k＝0.04，所以y＝ eq \f(360,x)×300＋0.04×3 000x＝ eq \f(108 000,x)＋120x(x∈N*). (2)由(1)得y＝ eq \f(108 000,x)＋120x≥2 eq \r(\f(108 000,x)×120x)＝2×3 600＝7 200，当且仅当 eq \f(108 000,x)＝120x，即x＝30时，等号成立，所以要使全年用于支付运费和保管费的资金最少，每批应购入电脑30台． 【创新探索】 14．(1)已知a，b都是正数，求证：(a＋ eq \f(1,a))(b＋ eq \f(1,b))≥4； (2)已知a，b，c均为正数，求证： eq \f(b＋c－a,a)＋ eq \f(c＋a－b,b)＋ eq \f(a＋b－c,c)≥3. 证明：(1)∵a>0，b>0， ∴a＋ eq \f(1,a)≥2 eq \r(a·\f(1,a))＝2，b＋ eq \f(1,b)≥2 eq \r(b·\f(1,b))＝2. 由不等式的性质，得(a＋ eq \f(1,a)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4， 当且仅当a＝b＝1时，等号成立． (2)∵a，b，c为正数，∴左边＝ eq \f(b,a)＋ eq \f(c,a)－1＋ eq \f(c,b)＋ eq \f(a,b)－1＋ eq \f(a,c)＋ eq \f(b,c)－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋( eq \f(c,b)＋ eq \f(b,c))－3≥6－3＝3. 即 eq \f(b＋c－a,a)＋ eq \f(c＋a－b,b)＋ eq \f(a＋b－c,c)≥3(当且仅当a＝b＝c时，等号成立). $