高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題1 集合與常用邏輯用語 第4練 用好基本不等式 文

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第4練　用好基本不等式 [題型分析高考展望]　基本不等式是解決函數(shù)值域、最值、不等式證明、參數(shù)范圍問題的有效工具，在高考中經?？疾椋袝r也會對其單獨考查．題目難度為中等偏上．應用時，要注意“拆、拼、湊”等技巧，特別要注意應用條件，只有具備公式應用的三個條件時，才可應用，否則可能會導致結果錯誤． 體驗高考 1．(2015四川)如果函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間上單調遞減，那么mn的最大值為(　　) A．16 B．18 C．25 D. 答案　B 解析?、佼攎＝2時， ∵f(x)在[，2]上單調遞減， ∴0≤n＜8，mn＝2n＜16. ②m≠2時，拋物線的對稱軸為x＝－. 據(jù)題意得， 當m＞2時，－≥2，即2m＋n≤12， ∵≤≤6， ∴mn≤18， 由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6. 當m＜2時，拋物線開口向下， 據(jù)題意得，－≤，即m＋2n≤18， ∵≤≤9， ∴mn≤， 由2n＝m且m＋2n＝18得m＝9＞2，故應舍去． 要使得mn取得最大值，應有m＋2n＝18(m＜2，n＞8)． ∴mn＝(18－2n)n＜(18－28)8＝16， 綜上所述，mn的最大值為18，故選B. 2．(2015陜西)設f(x)＝ln x,0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，則下列關系式中正確的是(　　) A．q＝r＜p B．q＝r＞p C．p＝r＜q D．p＝r＞q 答案　C 解析　∵0＜a＜b，∴＞， 又∵f(x)＝ln x在(0，＋∞)上為增函數(shù)， 故f＞f()，即q＞p. 又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln a＋ln b) ＝ln a＋ln b＝ln(ab) ＝f()＝p. 故p＝r＜q.選C. 3．(2015天津)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當a的值為________時，log2alog2(2b)取得最大值． 答案　4 解析　log2alog2(2b)＝log2a(1＋log2b) ≤2＝2 ＝2＝4， 當且僅當log2a＝1＋log2b， 即a＝2b時，等號成立，此時a＝4，b＝2. 4．(2016江蘇)在銳角三角形ABC中，若sin A＝2sin Bsin C，則tan Atan Btan C的最小值是________． 答案　8 解析　在△ABC中，A＋B＋C＝π， sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)， 由已知，sin A＝2sin Bsin C， ∴sin(B＋C)＝2sin Bsin C. ∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bsin C， A，B，C全為銳角，兩邊同時除以cos Bcos C得： tan B＋tan C＝2tan Btan C. 又tan A＝－tan(B＋C)＝－＝. ∴tan A(tan Btan C－1)＝tan B＋tan C. 則tan Atan Btan C－tan A＝tan B＋tan C， ∴tan Atan Btan C＝tan A＋tan B＋tan C ＝tan A＋2tan Btan C ≥2， ∴≥2， ∴tan Atan Btan C≥8. 5．(2016上海)設a＞0，b＞0.若關于x，y的方程組無解，則a＋b的取值范圍是________． 答案　(2，＋∞) 解析　由已知，ab＝1，且a≠b， ∴a＋b＞2＝2. 高考必會題型 題型一　利用基本不等式求最大值、最小值 1．利用基本不等式求最值的注意點 (1)在運用基本不等式求最值時，必須保證“一正，二定，三相等”，湊出定值是關鍵． (2)若兩次連用基本不等式，要注意等號的取得條件的一致性，否則就會出錯． 2．結構調整與應用基本不等式 基本不等式在解題時一般不能直接應用，而是需要根據(jù)已知條件和基本不等式的“需求”尋找“結合點”，即把研究對象化成適用基本不等式的形式．常見的轉化方法有： (1)x＋＝x－a＋＋a(x>a)． (2)若＋＝1，則mx＋ny＝(mx＋ny)1＝(mx＋ny)≥ma＋nb＋2(字母均為正數(shù))． 例1　(1)已知正常數(shù)a，b滿足＋＝3，則(a＋1)(b＋2)的最小值是________． 答案　 解析　由＋＝3，得b＋2a＝3ab， ∴(a＋1)(b＋2)＝2a＋b＋ab＋2＝4ab＋2， 又a＞0，b＞0，∴＋≥2， ∴ab≥(當且僅當b＝2a時取等號)， ∴(a＋1)(b＋2)的最小值為4＋2＝. (2)求函數(shù)y＝(x＞－1)的最小值． 解　設x＋1＝t，則x＝t－1(t＞0)， ∴y＝ ＝t＋＋5≥2 ＋5＝9. 當且僅當t＝，即t＝2，且此時x＝1時，取等號， ∴ymin＝9. 點評　求條件最值問題一般有兩種思路：一是利用函數(shù)單調性求最值；二是利用基本不等式．在利用基本不等式時往往都需要變形，變形的原則是在已知條件下通過變形湊出基本不等式應用的條件，即“和”或“積”為定值．等號能夠取得． 變式訓練1　已知x＞0，y＞0，且2x＋5y＝20， (1)求u＝lg x＋lg y的最大值； (2)求＋的最小值． 解　(1)∵x＞0，y＞0， ∴由基本不等式，得2x＋5y≥2. ∵2x＋5y＝20，∴2≤20，即xy≤10， 當且僅當2x＝5y時等號成立． 因此有解得 此時xy有最大值10. ∴u＝lg x＋lg y＝lg(xy)≤lg 10＝1. ∴當x＝5，y＝2時，u＝lg x＋lg y有最大值1. (2)∵x＞0，y＞0，∴＋＝ ＝≥＝， 當且僅當＝時等號成立． 由解得 ∴＋的最小值為. 題型二　基本不等式的綜合應用 例2　(1)某車間分批生產某種產品，每批的生產準備費用為800元，若每批生產x件，則平均倉儲時間為天，且每件產品每天的倉儲費用為1元，為使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小，每批應生產產品(　　) A．60件 B．80件 C．100件 D．120件 答案　B 解析　平均每件產品的費用為y＝＝＋≥2 ＝20，當且僅當＝，即x＝80時取等號，所以每批應生產產品80件，才能使平均到每件產品的生產準備費用與倉儲費用之和最小． (2)某單位決定投資3 200元建一倉庫(長方體狀)，高度恒定，它的后墻利用舊墻不花錢，正面用鐵柵，每米長造價40元，兩側墻砌磚，每米長造價45元，頂部每平方米造價20元，求：倉庫面積S的最大允許值是多少？為使S達到最大，而實際投資又不超過預算，那么正面鐵柵應設計為多長？ 解　設鐵柵長為x米，一側磚墻長為y米，則頂部面積S＝xy，依題設，得40x＋245y＋20xy＝3 200，由基本不等式得3 200≥2 ＋20xy＝120 ＋20xy＝120 ＋20S，則S＋6－160≤0，即(－10)(＋16)≤0，故0＜≤10，從而0＜S≤100，所以S的最大允許值是100平方米，取得此最大值的條件是40x＝90y且xy＝100，解得x＝15，即鐵柵的長應設計為15米． 點評　基本不等式及不等式性質應用十分廣泛，在最優(yōu)化實際問題，平面幾何問題，代數(shù)式最值等方面都要用到基本不等式，應用時一定要注意檢驗“三個條件”是否具備． 變式訓練2　(1)已知直線ax＋by－6＝0(a＞0，b＞0)被圓x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦長為2，則ab的最大值是________． 答案　 解析　圓的方程變形為(x－1)2＋(y－2)2＝5， 由已知可得直線ax＋by－6＝0過圓心O(1,2)， ∴a＋2b＝6(a＞0，b＞0)，∴6＝a＋2b≥2， ∴ab≤(當且僅當a＝2b時等號成立)， 故ab的最大值為. (2)某工廠某種產品的年固定成本為250萬元，每生產x千件，需另投入成本為C(x)，當年產量不足80千件時，C(x)＝x2＋10x(萬元)．當年產量不小于80千件時，C(x)＝51x＋－1 450(萬元)．每件商品售價為0.05萬元．通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完． ①寫出年利潤L(x)(萬元)關于年產量x(千件)的函數(shù)解析式； ②當年產量為多少千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？ 解　①當0＜x＜80時， L(x)＝1 000x0.05－(x2＋10x)－250 ＝－x2＋40x－250. 當x≥80時， L(x)＝1 000x0.05－(51x＋－1 450)－250 ＝1 200－(x＋)． ∴L(x)＝ ②當0＜x＜80時，L(x)＝－x2＋40x－250. 對稱軸為x＝60， 即當x＝60時，L(x)最大＝950(萬元)． 當x≥80時， L(x)＝1 200－(x＋) ≤1 200－2 ＝1 000(萬元)， 當且僅當x＝100時，L(x)最大＝1 000(萬元)， 綜上所述，當x＝100時，年獲利最大． 高考題型精練 1．已知x＞1，y＞1，且ln x，，ln y成等比數(shù)列，則xy(　　) A．有最大值e B．有最大值 C．有最小值e D．有最小值 答案　C 解析　∵x＞1，y＞1，且ln x，，ln y成等比數(shù)列， ∴l(xiāng)n xln y＝≤2， ∴l(xiāng)n x＋ln y＝ln xy≥1?xy≥e. 2．若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是(　　) A. B. C．5 D．6 答案　C 解析　方法一　由x＋3y＝5xy可得＋＝1， ∴3x＋4y＝(3x＋4y)(＋) ＝＋＋＋≥＋＝5(當且僅當＝， 即x＝1，y＝時，等號成立)，∴3x＋4y的最小值是5. 方法二　由x＋3y＝5xy得x＝， ∵x＞0，y＞0，∴y＞， ∴3x＋4y＝＋4y ＝＋＋4 ≥＋2 ＝5， 當且僅當y＝時等號成立， ∴3x＋4y的最小值是5. 3．若正數(shù)a，b滿足＋＝1，則＋的最小值是(　　) A．1 B．6 C．9 D．16 答案　B 解析　∵正數(shù)a，b滿足＋＝1， ∴b＝＞0，解得a＞1.同理可得b＞1， ∴＋＝＋ ＝＋9(a－1)≥2 ＝6， 當且僅當＝9(a－1)，即a＝時等號成立， ∴最小值為6.故選B. 4．已知a＞0，b＞0，若不等式－－≤0恒成立，則m的最大值為(　　) A．4 B．16 C．9 D．3 答案　B 解析　因為a＞0，b＞0，所以由－－≤0恒成立得m≤(＋)(3a＋b)＝10＋＋恒成立． 因為＋≥2＝6， 當且僅當a＝b時等號成立，所以10＋＋≥16， 所以m≤16，即m的最大值為16，故選B. 5．已知x，y∈(0，＋∞)，2x－3＝()y，若＋(m＞0)的最小值為3，則m等于(　　) A．2 B．2 C．3 D．4 答案　D 解析　由2x－3＝()y得x＋y＝3， ＋＝(x＋y)(＋) ＝(1＋m＋＋) ≥(1＋m＋2)(當且僅當＝時取等號) ∴(1＋m＋2)＝3，解得m＝4，故選D. 6．已知直線ax＋by＋c－1＝0(b，c＞0)經過圓x2＋y2－2y－5＝0的圓心，則＋的最小值是(　　) A．9 B．8 C．4 D．2 答案　A 解析　圓x2＋y2－2y－5＝0化成標準方程， 得x2＋(y－1)2＝6， 所以圓心為C(0,1)， 因為直線ax＋by＋c－1＝0經過圓心C， 所以a0＋b1＋c－1＝0，即b＋c＝1. 因此＋＝(b＋c)(＋)＝＋＋5. 因為b，c＞0，所以＋≥2＝4. 當且僅當＝時等號成立． 由此可得b＝2c，且b＋c＝1， 即b＝，c＝時，＋取得最小值9. 7．已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，則x＋3y的最小值為________． 答案　6 解析　由已知得x＝. 方法一　(消元法)∵x＞0，y＞0，∴0＜y＜3， ∴x＋3y＝＋3y＝＋3(y＋1)－6 ≥2－6＝6，當且僅當＝3(y＋1)， 即y＝1，x＝3時，(x＋3y)min＝6. 方法二　∵x＞0，y＞0,9－(x＋3y)＝xy＝x(3y)≤2，當且僅當x＝3y時等號成立．設x＋3y＝t＞0，則t2＋12t－108≥0，∴(t－6)(t＋18)≥0， 又∵t＞0，∴t≥6.故當x＝3，y＝1時，(x＋3y)min＝6. 8．已知三個正數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，則＋的最小值為________． 答案　 解析　由條件可知a＞0，b＞0，c＞0，且b2＝ac，即b＝，故≥＝2，令＝t，則t≥2，所以y＝t＋在[2，＋∞)上單調遞增， 故其最小值為2＋＝. 9．已知x，y∈R且滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為________． 答案　[4,12] 解析　∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤， ∴6－(x2＋4y2)≤， ∴x2＋4y2≥4(當且僅當x＝2y時取等號)， 又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6， ∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(當且僅當x＝－2y時取等號)，綜上可知4≤x2＋4y2≤12. 10．當x∈(0,1)時，不等式≥m－恒成立，則m的最大值為________． 答案　9 解析　方法一　(函數(shù)法)由已知不等式可得 m≤＋， 設f(x)＝＋＝＝，x∈(0,1)． 令t＝3x＋1，則x＝，t∈(1,4)， 則函數(shù)f(x)可轉化為g(t)＝＝＝＝， 因為t∈(1,4)，所以5＞t＋≥4， 0＜－(t＋)＋5≤1，≥9， 即g(t)∈[9，＋∞)，故m的最大值為9. 方法二　(基本不等式法)由已知不等式可得m≤＋，因為x∈(0,1)，則1－x∈(0,1)，設y＝1－x∈(0,1)，顯然x＋y＝1. 故＋＝＋＝＋ ＝5＋(＋)≥5＋2＝9， 當且僅當＝，即y＝，x＝時等號成立． 所以要使不等式m≤＋恒成立，m的最大值為9. 11．運貨卡車以每小時x千米的速度勻速行駛130千米，按交通法規(guī)限制50≤x≤100(單位：千米/時)．假設汽油的價格是每升2元，而汽車每小時耗油升，司機的工資是每小時14元． (1)求這次行車總費用y關于x的表達式； (2)當x為何值時，這次行車的總費用最低，并求出最低費用的值． 解　(1)設所用時間為t＝(小時)， y＝2＋14，x∈[50,100]． 所以，這次行車總費用y關于x的表達式是 y＝＋x，x∈[50,100]． (2)y＝＋x≥26， 當且僅當＝， 即x＝18時等號成立． 故當x＝18千米/時，這次行車的總費用最低，最低費用的值為26元． 12．某種商品原來每件售價為25元，年銷售8萬件． (1)據(jù)市場調查，若價格每提高1元，銷售量將相應減少2 000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價最多為多少元？ (2)為了擴大該商品的影響力，提高年銷售量．公司決定明年對該商品進行全面技術革新和營銷策略改革，并提高定價到x元．公司擬投入(x2－600)萬元作為技改費用，投入50萬元作為固定宣傳費用，投入x萬元作為浮動宣傳費用．試問：當該商品明年的銷售量a至少應達到多少萬件時，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時商品的每件定價． 解　(1)設每件定價為t元， 依題意，有t≥258， 整理得t2－65t＋1 000≤0，解得25≤t≤40. ∴要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價最多為40元． (2)依題意，x＞25時， 不等式ax≥258＋50＋(x2－600)＋x有解， 等價于x＞25時，a≥＋x＋有解， ∵＋x≥2＝10(當且僅當x＝30時，等號成立)，∴a≥10.2， ∴當該商品明年的銷售量a至少應達到10.2萬件時，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時該商品的每件定價為30元．