主题1 第1章 第3节 第2课时 基本不等式-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“基本不等式”专题，依据课程标准要求梳理了不等式成立条件、最值应用及重要不等式等核心考点，通过高考真题分析明确求最值（配凑、常数代换等）为高频考点，归纳选择、填空及解答题中的常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法指导+素养提升”，如通过配凑法解决函数y=log₂x + 1/log₂(2x)最小值问题，培养数学思维与运算能力，设置易错点警示（忽视等号条件）和实际应用题训练，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此高效开展复习教学。

主题一 预备知识（必修第一册） 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 第2课时　基本不等式 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题一 第一章　集合与常用逻辑用语、不等式 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．掌握基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0).2.结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题． 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：a≥0，b≥0. (2)等号成立的条件：当且仅当　a＝b　时取等号． 2．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eq \f(a＋b,2)，几何平均数为eq \r(ab)，基本不等式可叙述为：两个非负实数的算术平均数大于或等于它们的几何平均数． 3．利用基本不等式求最值 已知x≥0，y≥0，则 (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当　x＝y　时，x＋y有最小值是　2eq \r(p)　(简记：积定和最小)． (2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当　x＝y　时，xy有最大值是　eq \f(s2,4)　(简记：和定积最大)． 几个重要的不等式 (1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号． (2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号． (3)eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号． (4)eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(a，b同号)，当且仅当a＝b时取等号． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数y＝x＋eq \f(1,x)的最小值是2.(　　) (2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2成立的条件是ab＞0.(　　) (3)x＞0且y＞0是eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)≥2的充要条件．(　　) (4)若a＞0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值是2eq \r(a).(　　) (5)(a＋b)2≥4ab(a，b∈R)．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ ◆[小题查验] 1．(多选)下列不等式的证明过程正确的是(　　) A．若a＜0，b＜0，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2 B．若x，y∈(0，＋∞)，则lg x＋lg y≥2eq \r(lg xlg y) C．若x为负实数，则x＋eq \f(4,x)≥－2eq \r(x·\f(4,x))＝－4 D．若x为负实数，则2x＋2－x≥2eq \r(2x·2－x)＝2 解析：AD　[由a＜0，b＜0，可得eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，则由基本不等式可得，eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，故A正确；x，y∈R时，lg x，lg y有可能为0或负数，不符合基本不等式的条件，B错误；若x＜0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4，C错误；x＜0时，2x＞0，由基本不等式可得，2x＋2－x≥2，故D正确．] 2．(2025·北京卷)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：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)))＝4eq \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≥2eq \r(ab)＞eq \r(ab)，故C正确．] 3．若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a＝(　　) A．1＋eq \r(2)　　　　　　 B．1＋eq \r(3) C．3 D．4 解析：C　[当x>2时，x－2>0，f(x)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)＋2≥2eq \r(x－2×\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)(x>2)，即x＝3时取等号，即当f(x)取最小值时，即a＝3.] 4．(BSD必修第一册P29例5(1)改编)若把总长为20 m的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________． 解析：设矩形场地的长为x m，宽为y m，则x＋y＝10，所以S＝xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝25，当且仅当x＝y＝5时取等号，故矩形场地的最大面积为5 m×5 m＝25 m2. 答案：25 m2 5．(忽视等号是否成立)函数y＝eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))的最小值为________． 解析：y＝eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))＝eq \f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))， 令t＝eq \r(x2＋4)≥2，y＝t＋eq \f(1,t)在t≥2时是单调递增的，∴y＝t＋eq \f(1,t)≥2＋eq \f(1,2)＝eq \f(5,2).故函数的最小值是eq \f(5,2). 答案：eq \f(5,2) 利用基本不等式求最值 ►[命题点1]　通过配凑法利用基本不等式　 [典例1]　(1)函数y＝log2x＋eq \f(1,log42x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的最小值为________． [解析]　y＝log2x＋eq \f(1,log42x)＝log2x＋eq \f(2,1＋log2x)，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，所以log2x∈(－1，＋∞)， 故1＋log2x∈(0，＋∞)， 故y＝(1＋log2x)＋eq \f(2,1＋log2x)－1 ≥2eq \r(1＋log2x·\f(2,1＋log2x))－1＝2eq \r(2)－1， 当且仅当1＋log2x＝eq \f(2,1＋log2x)，即x＝2eq \r(2)－1时，等号成立． [答案]　2eq \r(2)－1 (2)函数f(x)＝eq \f(\r(x2＋116x2＋1),4x2＋1)的最大值是(　　) A．2　　 B．eq \f(7,4) C.eq \f(5,4)　　　 D.eq \f(3,4) [解析]　由题意，函数f(x)＝eq \f(\r(x2＋116x2＋1),4x2＋1)＝eq \r(\f(x2＋116x2＋1,4x2＋12)) ＝eq \r(\f(16x4＋17x2＋1,16x4＋8x2＋1))＝eq \r(1＋\f(9x2,16x4＋8x2＋1))＝eq \r(1＋\f(9,16x2＋8＋\f(1,x2)))，又由16x2＋eq \f(1,x2)≥8，当且仅当16x2＝eq \f(1,x2)，即x＝±eq \f(1,2)时等号成立，所以1＋eq \f(9,16x2＋8＋\f(1,x2))≤eq \f(25,16)，所以eq \r(1＋\f(9,16x2＋8＋\f(1,x2)))≤eq \f(5,4)，即函数f(x)的最大值是eq \f(5,4). [答案]　C 通过拼凑法利用基本不等式求最值的实质及关键点 拼凑法就是将相关代数式进行适当的变形，通过添项、拆项等方法凑成和为定值或积为定值的形式，然后利用基本不等式求解最值的方法．拼凑法的实质是代数式的灵活变形，拼系数、凑常数是关键． ►[命题点2]　通过常数代换法利用基本不等式　 [典例2]　(1)已知x，y均为正数，若eq \f(2,x)＋eq \f(6,y)＝1，则当3x＋y取得最小值时，x＋y的值为(　　) A．16　　 B．4 C．24　　 D．12 [解析]　因为eq \f(2,x)＋eq \f(6,y)＝1， 所以3x＋y＝(3x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(6,y)))＝6＋eq \f(18x,y)＋eq \f(2y,x)＋6≥12＋2eq \r(\f(18x,y)·\f(2y,x))＝24， 当且仅当eq \f(18x,y)＝eq \f(2y,x)，即y＝3x时取等号， 又因为eq \f(2,x)＋eq \f(6,y)＝1，所以x＝4，y＝12，所以x＋y＝16. [答案]　A (2)已知a，b为正实数，且a＋b＝2，则eq \f(a2＋2,a)＋eq \f(b2,b＋1)的最小值为________，此时a＝________. [解析]　∵a，b为正实数， 且a＋b＝2， ∴eq \f(a2＋2,a)＋eq \f(b2,b＋1)＝a＋eq \f(2,a)＋eq \f(b2－1＋1,b＋1) ＝eq \f(2,a)＋a＋b－1＋eq \f(1,b＋1)＝1＋eq \f(2,a)＋eq \f(1,b＋1) ＝1＋eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b＋1)))[a＋(b＋1)] ＝1＋eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3＋\f(2b＋1,a)＋\f(a,b＋1))) ≥1＋eq \f(1,3)(3＋2eq \r(2))＝eq \f(6＋2\r(2),3)， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2b＋1,a)＝\f(a,b＋1)，,a＋b＝2，)) 即a＝6－3eq \r(2)，b＝3eq \r(2)－4时取“＝”． [答案]　eq \f(6＋2\r(2),3)　6－3eq \r(2) 通过常数代换法利用基本不等式求解最值的基本步骤 (1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)； (2)把确定的定值(常数)变形为1； (3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式； (4)利用基本不等式求解最值． ►[命题点3]　通过消元法利用基本不等式　 [典例3]　已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________． [解析]　法一：(换元消元法)：由已知得x＋3y＝9－xy， 因为x＞0，y＞0，所以x＋3y≥2eq \r(3xy)， 所以3xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋3y,2)))2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号， 即(x＋3y)2＋12(x＋3y)－108≥0. 令x＋3y＝t，则t＞0且t2＋12t－108≥0， 得t≥6，即x＋3y的最小值为6. 法二：(代入消元法)：由x＋3y＋xy＝9， 得x＝eq \f(9－3y,1＋y)，所以x＋3y＝eq \f(9－3y,1＋y)＋3y ＝eq \f(9－3y＋3y1＋y,1＋y) ＝eq \f(9＋3y2,1＋y)＝eq \f(31＋y2－61＋y＋12,1＋y) ＝3(1＋y)＋eq \f(12,1＋y)－6≥2eq \r(31＋y·\f(12,1＋y))－6 ＝12－6＝6.即x＋3y的最小值为6. [答案]　6 [互动探究] 本例条件不变，求xy的最大值． 解：法一：9－xy＝x＋3y≥2eq \r(3xy)， ∴9－xy≥2eq \r(3xy)， 令eq \r(xy)＝t，∴t>0，∴9－t2≥2eq \r(3)t， 即t2＋2eq \r(3)t－9≤0， 解得0<t≤eq \r(3)，∴eq \r(xy)≤eq \r(3)，∴xy≤3， 当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号， ∴xy的最大值为3. 法二：∵x＝eq \f(9－3y,1＋y)，∴x·y＝eq \f(9－3y,1＋y)·y＝eq \f(9y－3y2,1＋y) ＝eq \f(－3y＋12＋15y＋1－12,y＋1)＝－3(y＋1)－eq \f(12,y＋1)＋15≤－2eq \r(3y＋1·\f(12,y＋1))＋15＝3. 当且仅当3(y＋1)＝eq \f(12,y＋1)，即y＝1，x＝3时取等号．∴xy的最大值为3. 通过消元法利用基本不等式求最值的策略 当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值． ►[命题点4]　利用两次基本不等式求最值　 [典例4]　已知a>b>0，那么a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值为________． [解析]　由a>b>0，得a－b>0， ∴b(a－b)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋a－b,2)))2＝eq \f(a2,4). ∴a2＋eq \f(1,ba－b)≥a2＋eq \f(4,a2)≥2 eq \r(a2·\f(4,a2))＝4， 当且仅当b＝a－b且a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)，b＝eq \f(\r(2),2)时取等号． ∴a2＋eq \f(1,ba－b)的最小值为4. [答案]　4 两次利用基本不等式求最值的注意点 当连续多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且注意取等号的条件的一致性． 1．(多选)若x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则(　　) A．x＋y≤eq \f(2\r(3),3) B．x＋y≥－1 C．x2＋y2≤eq \f(3,2) D．x2＋y2≥eq \f(2,3) 解析：AD　[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＝xy≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2，解得－eq \f(2\r(3),3)≤x＋y≤eq \f(2\r(3),3)，当且仅当x＝y＝－eq \f(\r(3),3)时，x＋y＝－eq \f(2\r(3),3)，当且仅当x＝y＝eq \f(\r(3),3)时，x＋y＝eq \f(2\r(3),3)，故A正确，B错误； 由x2＋y2＋xy＝1可变形为(x2＋y2)－1＝－xy≥－eq \f(x2＋y2,2)，解得x2＋y2≥eq \f(2,3)， 当且仅当x＝y＝±eq \f(\r(3),3)时取等号，故D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)sin2 θ－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2θ＋eq \f(π,6)＝－eq \f(π,2)时，即θ＝－eq \f(π,3)时，此时x＝1，y＝－1，x2＋y2取到最大值2，故C错误．] 2．若正数x，y满足x2＋6xy－1＝0，则x＋2y的最小值是(　　) A.eq \f(2\r(2),3)　　 B．eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),3)　　 D.eq \f(2\r(3),3) 解析：A　[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).] 3．已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，则xy＋x＋y的最小值为　________　. 解析：因为eq \f(1,x)＋eq \f(2,y)＝1，所以xy＝y＋2x，xy＋x＋y＝3x＋2y＝(3x＋2y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))＝7＋eq \f(2y,x)＋eq \f(6x,y)≥7＋4eq \r(3)(当且仅当y＝eq \r(3)x，即x＝1＋eq \f(2\r(3),3)， y＝2＋eq \r(3)时取等号)， 所以xy＋x＋y的最小值为7＋4eq \r(3). 答案：7＋4eq \r(3) 基本不等式的综合应用 [典例]　(1)若m＞n＞0，a＝eq \r(em·en)，b＝eq \f(1,2)(em＋en)，c＝eeq \r(mn)，则(　　) A．b＞a＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a [解析]　∵m＞n＞0，∴m＋n＞2eq \r(mn)， ∴eq \f(m＋n,2)＞eq \r(mn)， ∴a＝eq \r(em＋n)＝＞eeq \r(mn)， 又b＝eq \f(1,2)(em＋en)＞eq \r(em·en)＝a，∴b＞a＞c. [答案]　A (2)已知x＞0，y＞0，且2x＋y＝2，若eq \f(mxy,m－1)≤x＋2y对任意的x＞0，y＞0恒成立，则实数m的取值不可能为(　　) A.eq \f(1,2)　　 B．eq \f(9,8) C.eq \f(10,7)　　 D．2 [解析]　由eq \f(mxy,m－1)≤x＋2y对任意的x＞0，y＞0恒成立，得eq \f(m,m－1)≤eq \f(x＋2y,xy)＝eq \f(1,y)＋eq \f(2,x)， 即eq \f(m,m－1)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(2,x)))min， eq \f(1,y)＋eq \f(2,x)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)＋\f(2,x)))(2x＋y) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2x,y)＋\f(2y,x)))≥eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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， 即eq \f(m,m－1)≤eq \f(9,2)，eq \f( m,m－1)－eq \f(9,2)≤0⇔eq \f(9－7m,2m－1)≤0， 解得m≥eq \f(9,7)或m＜1. [答案]　B (3)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)(a＞0，b＞0) B.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a＞0，b＞0) C.eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))(a＞0，b＞0) D．a2＋b2≥2eq \r(ab)(a＞0，b＞0) [解析]　由题图知，OC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(a＋b,2)，OD＝|OB－BD|＝eq \f(a＋b,2)－b＝eq \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))(a＞0，b＞0)． [答案]　C 综合应用基本不等式的重点题型与求解策略 题型 求解策略 判断或证明不等式或比较大小 对所给不等式(或式子)变形，然后利用基本不等式求解 求参数的值或范围 观察题目特点，利用基本不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或范围 与函数、数列、解析几何等其他知识结合的问题 利用已知条件进行转化，再利用基本不等式求解 1．若两个正实数x，y满足4x＋y＝xy且存在这样的x，y使不等式x＋eq \f(y,4)＜m2＋3m有解，则实数m的取值范围是(　　) A．(－1,4) B．(－4,1) C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0，＋∞) 解析：C　[由4x＋y＝xy⇒eq \f(1,x)＋eq \f(4,y)＝1，知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,4))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝1＋eq \f(4x,y)＋eq \f(y,4x)＋1≥2＋2eq \r(\f(4x,y)·\f(y,4x))＝4，当且仅当x＝2，y＝8时，等号成立，则使不等式x＋eq \f(y,4)＜m2＋3m有解，只需满足m2＋3m＞4即可，解得m∈(－∞，－4)∪(1，＋∞)．] 2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为________． 解析：法一：依题意画出图形，如图所示． 易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC， 即eq \f(1,2)csin 60°＋eq \f(1,2)asin 60°＝eq \f(1,2)acsin 120°， ∴a＋c＝ac，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1， ∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9， 当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)，即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”． 法二：以B为原点，BD所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则D(1,0)，∵AB＝c，BC＝a， ∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(\r(3),2)a)). ∵A，D，C三点共线，∴eq \o(AD,\s\up16(→))∥eq \o(DC,\s\up16(→)). ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a))＋eq \f(\r(3),2)ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1))＝0， ∴ac＝a＋c，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)＝1， ∴4a＋c＝(4a＋c)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))＝5＋eq \f(c,a)＋eq \f(4a,c)≥9， 当且仅当eq \f(c,a)＝eq \f(4a,c)， 即a＝eq \f(3,2)，c＝3时取“＝”． 答案：9 基本不等式的实际应用 [典例]　在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，出球点对球门的张角越大，射门的命中率就越高．如图为室内5人制足球场示意图，设球场(矩形)长BC大约为40米，宽AB大约为20米，球门长PQ大约为4米．在某场比赛中有一位球员欲在边线BC上某点M处射门(假设球贴地直线运行)，为使得张角∠PMQ最大，则BM大约为(精确到1米)(　　) A．8米　 B．9米 C．10米　 D．11米 [解析]　由题意知，PB＝8，QB＝12，设∠PMB＝α，∠QMB＝β，BM＝x，则tan α＝eq \f(8,x)，tan β＝eq \f(12,x)，所以tan ∠PMQ＝tan(β－α)＝eq \f(\f(12,x)－\f(8,x),1＋\f(12,x)·\f(8,x))＝eq \f(4x,x2＋96)＝eq \f(4,x＋\f(96,x))≤eq \f(4,2\r(x·\f(96,x)))＝eq \f(1,2\r(6))，当且仅当x＝eq \f(96,x)，即x＝eq \r(96)时取等号，又因为eq \r(96)≈10，所以BM大约为10米． [答案]　C 在利用基本不等式解决实际问题时，一定要注意所涉及变量的取值范围，即定义域．若使基本不等式等号成立的变量值不在定义域内时，则要研究函数的单调性，利用单调性求最值． 某厂家拟在2025年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量(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－eq \f(k,m＋1)(k为常数)，如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件．已知2024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年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)． (1)将2025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2025年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？ 解：(1)由题意知，当m＝0时，x＝1，∴1＝3－k⇒k＝2，∴x＝3－eq \f(2,m＋1)， 每万件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)(万元)， ∴2025年的利润y＝1.5x×eq \f(8＋16x,x)－8－16x－m＝4＋8x－m＝4＋8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,m＋1)))－m ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,m＋1)＋m＋1))＋29(m≥0)． (2)∵m≥0时，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8， ∴y≤－8＋29＝21，当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1⇒m＝3(万元)时，ymax＝21(万元)． 故该厂家2025年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为21万元. $