高考数学重难点突破：不等式中最值问题全梳理（含答案）.docx

1、 重难点突破：不等式中最值问题全梳理重难点突破：不等式中最值问题全梳理 模块一、题型梳理模块一、题型梳理 题型一题型一 基本不等式与函数相结合的最值问题基本不等式与函数相结合的最值问题 例题例题1 若方程lnxm有两个不等的实根 1 x和 2 x，则 22 12 xx的取值范围是（ ） A1, B2, C2, D0,1 【分析】由方程可得两个实数根的关系，再利用不等式求解范围. 【解析】因为lnxm两个不等的实根是 1 x和 2 x，不妨令 12 0,1 ,1,xx， 12 ,Inxm Inxm 故可得 1 2 0In x x，解得 2 1 1 x x ，则 22 12 xx= 22 11 2

2、2 11 11 22xx xx ，故选：C. 【小结】本题考查对数函数的性质，涉及均值不等式的使用，属基础题. 例题例题2 22 91 sincos 的最小值为（ ） A2 B16 C8 D12 【分析】利用 22 sincos1将 22 91 sincos 变为积为定值的形式后，根据基本不等式可求得最小值. 【解析】 22 sincos1， 22 2222 9191 sincos sincossincos 22 22 sin9cos 1010616 cossin ，当且仅当 2 3 sin 4 ， 2 1 cos 4 时“=”成立， 故 22 91 sincos 的最小值为 16. 【小结】

3、本题考查了利用基本不等式求和的最小值，解题关键是变形为积为定值，才能用基本不等式求最 值，属于基础题. 例题例题3 已知函数 yloga x1(a0 且 a1)图象恒过定点 A，若点 A 在直线 x m y n40(m0，n0)上，则 mn 的最小值为_ 【解析】由题意可知函数 yloga x1 的图象恒过定点 A(1,1)，点 A 在直线x m y n40 上， 1 m 1 n4， m0，n0，mn1 4(mn) 1 m 1 n 1 4 2n m m n 1 4 22 n m m n 1，当且仅当 mn1 2时等号成立， mn 的最小值为 1. 题型二题型二 基本不等式与线性规划相结合的最值

4、问题基本不等式与线性规划相结合的最值问题 例题例题4 已知 , x y满足约束条件 230 2340 0 xy xy y ，若目标函数 2zmxny 的最大值为 1（其中 0,0mn） ，则 11 2mn 的最小值为（ ） A3 B1 C2 D 3 2 【分析】画出可行域，根据目标函数z最大值求 ,m n关系式 23mn，再利用不等式求得 11 2mn 最小 值. 【解析】画出可行域如下图所示，由于0,0mn，所以基准直线0mxny的斜率为负数，故目标函 数在点1,2A处取得最大值，即22 1mn ，所以23mn. 111111515193 22 2323232322 nmn m mn mnm

5、nmnm n ，当且仅当 ,1 nm mn mn 时等号成立，所以 11 2mn 的最小值为 3 2 .故选：D 【小结】本小题主要考查根据目标函数的最值求参数，考查基本不等式求最值，考查数形结合的数学思想 方法，属于中档题. 题型三题型三 基本不等式与数列相结合的最值问题基本不等式与数列相结合的最值问题 例题例题5 已知递增等差数列 n a中， 12 2a a ，则 3 a的（ ） A最大值为4 B最小值为 4 C最小值为4 D最大值为 4 或4 【分析】 根据等差数列的通项公式可用 1 a表示出d.由数列单调递增可得 1 0a .用 1 a表示出 3 a,结合基本不 等式即可求得最值. 【

6、解析】因为 12 2a a ，由等差数列通项公式,设公差为d,可得 11 2a ad，变形可得 1 1 2 da a 因为数列 n a为递增数列,所以 1 1 2 0da a ，即 1 0a ，而由等差数列通项公式可知 31 2aad 111 11 24 2aaa aa ，由 1 0a, 1 4 0 a 结合基本不等式可得 311 11 44 24aaa aa ，当且仅当 1 2a 时取得等号，所以 3 a的最小值为 4。 【小结】本题考查了等差数列通项公式与单调性的应用,基本不等式在求最值中的用法,属于中档题. 例题例题6 已知 a，b 均为正数，且 2 是 2a，b 的等差中项，则 1 a

7、b的最小值为_ 【解析】由于 2 是 2a，b 的等差中项，故 2ab4，又 a，b 均为正数，故 2ab 2ab 2 24， 当且仅当 2ab2，即 a1，b2 时取等号，所以 1 ab的最小值为 1 2. 题型四题型四 基本不等式与向量相结合的最值问题基本不等式与向量相结合的最值问题 例题例题7 如图所示,已知点G是ABC的重心,过点G作直线分别交AB，AC两边于M，N两点，且 AMxAB uuuruuu r ，AN yAC uuu ruuu r ，则3x y 的最小值为_. 【分析】根据重心的性质有 1 33 1 AGABAC uuu ruuu ruuu r ,再表达成,AM AN的关系

8、式,再根据M,G,N三点共线可 得系数和为 1,再利用基本不等式求解即可. 【解析】根据条件： 1 ACAN y uuu ruuu r , 1 ABAM x uuu ruuuu r ,又 1 33 1 AGABAC uuu ruuu ruuu r , 11 33 AGAMA xy N uuu ruuuu ruuu r . 又M,G,N三点共线, 11 33 1 yx . 0 x, 0y , 11444+2 3 332 3333333x xyxy xyxy yxyyx . 3xy 的最小值为 4+2 3 3 ,当且仅当 3 xy yx 时“”成立.故答案为： 4+2 3 3 . 【小结】 本题主

9、要考查了基底向量与向量的共线定理性质运用,同时也考查了基本不等式应用,属于中等题型. 题型五题型五 基本不等式与圆锥曲线相结合的最值问题基本不等式与圆锥曲线相结合的最值问题 例题例题8 在平面直角坐标系xoy中， 已知点(0, 1)A，B点在直线3y 上，M点满足/MBOA， MA ABMB BA，M点的轨迹为曲线 C （）求 C 的方程； （）P为 C 上动点，l为 C 在点P处的切线，求O点到l距离的最小值 【解析】 （）设( , )M x y，由已知得( , 3)B x ，(0, 1)A所以MA uuu r =(, 1)xy ， MB uuu r =(0，3y )， AB uu u r

10、=(x，-2).再由题意可知（MA uuu r +MB uuu r ） AB uu u r =0， 即（x，42y ） (x，2)=0 所以曲线 C 的方程式为 2 1 2 4 yx （）设 00 (,)P x y为曲线 C： 2 1 2 4 yx上一点，因为 1 2 yx ，所以l的斜率为 0 1 2 x， 因此直线l的方程为 000 1 () 2 yyx xx，即 2 000 220 x xyyx 则O点到l的距离 2 00 2 0 |2| 4 yx d x 又 2 00 1 2 4 yx，所以 2 0 2 0 22 00 1 4 14 2 (4)2, 2 44 x dx xx 当 2 0

11、 x=0 时取等号，所以O点到l距离的最小值为 2 例题例题9 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的离心率 2 3 e ，且椭圆C上 的点到(0,2)Q的距离的最大值为 3 （）求椭圆C的方程； （）在椭圆C上，是否存在点( , )M m n使得直线l：1mxny与圆 O： 22 1xy 相交于不同 的两点,A B，且OAB面积最大？若存在，求出点M坐标及相对应的OAB面积；若不存在，请说明理 由 【解析】 （）由 22 22 33 c eca a ，所以 2222 1 3 baca，设( , )P x y是椭圆C上任意一点， 则 22 22 1

12、xy ab ， 2 2222 2 ( 1)3 y xaay b ， 2222222 |(2)3(2)2(1)6PQxyayyya 所以，当1y 时，|PQ有最大值 2 63a ，可得3a ，所以1,2bc 故椭圆C的方程为： 2 2 1 3 x y （）存在点M满足要求，使OAB得面积最大假设直线:1l mxny与圆 22 :1O xy 相交于不同两点,A B,则圆心O到l的距离 22 1 1d mn ， 22 1mn 因为( , )M m n在椭圆C上，所以 2 2 1 3 m n ，由得： 2 03m 22 2 22 1 | 2 12 mn ABd mn 所以 2222 111 |(1)

13、2 OAB SAB d mnmn ， 由得 2 2 1 3 m n 代入上式得 2 2 22 1 33 2 22 1 2 1 3 3 OAB mm S m m ， 当且仅当 22 23 1(0,3 32 mm， 22 31 , 22 mn，此时满足要求的点 62 (,) 22 M 有四个 此时对应的OAB的面积为 1 2 题型六题型六 基本不等式与圆相结合的最值问题基本不等式与圆相结合的最值问题 例题例题10 设m，nR，若直线(1) +(1)2=0mxny与圆 22 (1) +(y 1) =1x相切，则+m n取值范围是 （ ） A13,1+ 3 B(,131+ 3,+ ) C22 2,2+

14、2 2 D(,22 22+2 2,+ ) 【解析】直线(1) +(1)2=0mxny与圆 22 (1) +(y 1) =1x相切，圆心(1,1)到直线的距离 22 |(1)+(1)2| =1 (1) +(1) mn d mn ， 所 以 2 1() 2 mn mnmn ， 设=tmn， 则 2 1 +1 4 tt， 解 得 (,22 22+2 2,+ )t . 题型七题型七 基本不等式与不等式恒成立结合的最值问题基本不等式与不等式恒成立结合的最值问题 例题例题11 当 (1,2)x 时，不等式 2 20 xmx恒成立，则m的取值范围是（ ） A( 2, ) B(2 2, ) C(0, ) D(

15、 2 2, ) 【分析】将不等式恒成立转化为最值问题，利用均值不等式求解即可. 【解析】当 (1, 2)x 时，不等式 2 20 xmx恒成立，等价于 2 mx x 在 (1,2)x 时恒成立 即等价于 2 max mx x ；而因为 (1,2)x ，故 22 22 2xx xx ,当且仅当 2 x x 时取 得最大值.故： 2 2m 。 【小结】本题考查二次函数在区间上的恒成立问题，分离参数，转化为最值问题，是一般思路；本题中还 涉及利用均值不等式求最值.属综合题. 例题例题12 已知 0,0ab ，若不等式 31 3 n abab 恒成立，则n的最大值为（ ） A9 B12 C16 D20

16、 【分析】可左右同乘3ab，再结合基本不等式求解即可 【解析】 0,0ab ， 3131 3 3 n abn ababab ， 313333 391 10216 baba ab ababab ， 当且仅当1ab时， 等号成立， 故16n 。 【小结】本题考查基本不等式求最值，属于基础题 题型八题型八 基本不等式与立体几何相结合的最值问题基本不等式与立体几何相结合的最值问题 例题例题13 如图，三棱锥PABC的四个顶点恰是长、宽、高分别是 m，2，n 的长方体的顶点，此三棱锥的 体积为 2，则该三棱锥外接球体积的最小值为（ ） A 256 3 B 8 2 3 C 32 3 D36 【分析】 根据

17、三棱锥的体积关系可得6mn,根据三棱锥与长方体共外接球,长方体的对角线就是外接球的直 径可得 22 24Rmn ,根据基本不等式可得半径的最小值,进一步可得体积的最小值. 【解析】 根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为n,所以 11 22 32 nm ,所以6mn,又该三棱锥的外接 球就是长方体的外接球,该外接球的直径是长方体的对角线,设外接球的半径为R,所以 22 24Rmn , 所以2241244Rmn,当且仅当6mn时,等号成立,，所以2R ,所以该三棱锥外接球 体积为 3 4 3 R 3 432 2 33 .故选:C 【小结】本题考查了三棱锥的体积公式,球的体积公式,长方体的对角线长定

18、理,基本不等式,属于中档题. 题型九题型九 基本不等式与解三角形相结合的最值问题基本不等式与解三角形相结合的最值问题 例题例题14 在ABC中， 内角 , ,A B C的对边另别是, ,a b c， 已知 222 2sinsin2sinsin3sinABABC ， 则sinC的最大值为（ ） A 34 6 B 34 3 C 2 6 D 3 6 【分析】由已知可得 222 223ababc ，结合余弦定理，求出cosC用, a b表示，用基本不等式求出 cosC的最小值，即可求解. 【解析】 222 2sinsin2sinsin3sinABABC ,由正弦定理得 222 223ababc ， 由

19、余弦定理得 222 3336coscababC， 22 6cos22abCabab ， 22 6cos22,cos 6 ab CC ba ， 当且仅当 2ab 时， 等号成立， 2 34 sin1 cos 6 CC ， 所以sinC的最大值为 34 6 . 【小结】本题考查三角函数的最值，考查正、余弦定理解三角形，应用基本不等式求最值，属于中档题. 例题例题15 ABC的内角CBA，所对的边分别为cba， （I）若cba，成等差数列，证明：CACAsin2sinsin； （II）若cba，成等比数列，求Bcos的最小值 【解析】 （1）cba，成等差数列，2a cb ，由正弦定理得sinsin

20、2sinACB sinsin()sin()BACAC， sinsin2sinACA C （2）cba，成等比数列， 2 2bac，由余弦定理得 22222 21 cos 2222 acbacacacac B acacac 22 2acac（当且仅当ac时等号成立） ， 22 1 2 ac ac （当且仅当ac时等号成立） 22 111 1 2222 ac ac （当且仅当ac时等号成立） ，即 1 cos 2 B ，所以Bcos的最小值为 1 2 模块二、真题赏析模块二、真题赏析 1. 【2019 年高考天津卷文数】设 0,0,24xyxy ，则 (1)(21)xy xy 的最小值为_. 【解

21、析】 (1)(21)22125 2 5xyxyyxxy xyxyxyxy .因为0,0,24xyxy ， 所以2422xyxy，即22,02xyxy，当且仅当22xy时取等号成立. 又因为 19 225 5 = 22xy ，所以 (1)(21)xy xy 的最小值为 9 2 . 【小结】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立. 2. 【2019 年高考天津理数】已知aR，设函数 2 22 ,1, ( ) ln ,1. xaxax f x xaxx 若关于x的不等式 ( )0f x 在R上恒成立，则a的取值范围为 A0,1 B0,2 C0,e D1,e 【解析】 当1x 时，(1) 1

22、2210faa 恒成立； 当1x时， 2 2 ( )2202 1 x f xxaxaa x 恒成立，令 2 ( ) 1 x g x x ，则 222 (11)(1)2(1) 1 ( ) 111 xxxx g x xxx 11 122 (1)20 11 xx xx ，当 1 1 1 x x ，即0 x时取等号， max 2( )0ag x，则 0a.当1x 时， ( )ln0f xxax ，即 ln x a x 恒成立，令( ) ln x h x x ， 则 2 ln1 ( ) (ln ) x h x x ，当ex时， ( )0h x ，函数( ) h x单调递增，当0 ex时， ( )0h x

23、 ，函数( ) h x单 调递减，则ex时，( ) h x取得最小值(e)eh ， min ( )eah x，综上可知，a的取值范围是0,e. 【小结】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒 成立问题. 3. (2018 全国卷)已知函数，则的最小值是_ 【解析】因为， 所以 ，当且仅当， 即时取等号，所以，所以的最小值为 4. (2018 天津)已知，且，则的最小值为 【解析】由，得，所以， 当且仅当，即时等号成立 5. （2017 新课标）已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线 与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为 A16

24、B14 C12 D10 【解析】 由已知垂直于轴是不符合题意， 所以的斜率存在设为， 的斜率为， 由题意有 设，此时直线方程为， 取方程，得， 同理得，由抛物线定义可知 ，当且仅当（或）时，取得等号 ( )2sinsin2f xxx( )f x ( )2sinsin22sin (1 cos )f xxxxx 2223 ( )4sin(1 cos )4(1 cos )(1 cos )f xxxxx 4 43(1 cos )(1 cos )(1 cos )(1 cos )27 344 xxxx 3(1 cos )1cos xx 1 cos 2 x 2 27 0 ( ) 4 f x( )f x 3

25、3 2 ,a bR360ab 1 2 8 a b 360ab 36ab 36363 33 1111 222 22 2 8224 abb bbb 36 3 1 2 2 b b 1b FC 2 4yxF 1 l 2 l 1 l CAB 2 lCDE|ABDE 1 lx 1 l 1 k 2 l 2 k 12 1k k 11 ( ,)A x y 22 (,)B xy 33 (,)D x y 44 (,)E xy 1 l 1( 1)yk x 2 1 4 (1) yx yk x 2222 111 240k xk xxk 2 1 12 2 1 24k xx k 2 1 2 1 24k k 2 2 34 2

26、2 24k xx k 1234 |2ABDExxxxp 22 12 222222 121212 24244416 4828 16 kk kkkkk k 12 1kk 1 6. （2017 天津）若，则的最小值为_ 【解析】 4422 41411 44 aba b ab ababab ， 当且仅当， 且， 即时取等号 7. （2017 江苏）某公司一年购买某种货物 600 吨，每次购买吨，运费为 6 万元/次，一年的总存储费用 为万元，要使一年的总运费与总存储费之和最小，则的值是 【解析】总费用为，当且仅当，即时等号成立 8. （2017 浙江）已知，函数在区间1，4上的最大值是 5，则的取值范

27、围 是 【解析】， 当时， 所以的最大值，即（舍去） 当时，此时命题成立 当时，则 或，解得或， 综上可得，实数的取值范围是 ,a bR0ab 44 41ab ab 22 2ab 1 2 ab 2 2 2 a x 4xx 600900 464()42 900240 xx xx 900 x x 30 x aR 4 ( ) |f xxaa x a 1,4x 4 4,5x x 5a 444 ( )22224f xaxaaxaxa xxx ( )f x245a 9 2 a 4a 44 ( )5f xxaax xx 45a max ( )max|4|,|5|f xaaaa |4|5| |4|5 aaaa

28、 aa |4|5| |5|5 aaaa aa 9 2 a 9 2 a a 9 (, 2 模块三、模拟题汇编模块三、模拟题汇编 1 （2020 武汉市第一中学高三）已知正实数a，b满足 12 3 ab ，则12ab的最小值是（ ） A 50 3 B 25 9 C 25 3 D 50 9 【解析】 12 3 ab ， 8 232 2 9 abababab，当且仅当2ab时，等号成立， 50 122242 9 abababab，即12ab的最小值是 50 9 2.（2020 陕西高三）设( )lnf xx，0ab，若()pfab，() 2 ab qf ， 1 ( ( )( ) 2 rf af b，

29、则下列关系式中正确的是 Aqrp Bqrp Cprq Dprq 【解析】，又在上单调递增，故， 即， 3 （2020 山西实验中学高三月考）已知函数 2 2 log1f xxx ，若对任意的正数, a b，满足 310f afb，则 31 ab 的最小值为（ ） A6 B8 C12 D24 【分析】先确定奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性化简方程得31ab，最后基本不等式求最值. 【解析】因为 22 10,xxxxxx 所以定义域为R，因为 2 2 1 log 1 f x xx ，所以 f x为减函数因为 2 2 1 log 1 f x xx ， 2 2 log1fxxx ,所以 f xfx

30、f x， 为奇函数，因为 310f afb，所以 1 31 3f afbab ，即31ab， 所以 31319 36 ba ab ababab ，因为 99 26 baba abab ，所以 31 12 ab （当且仅当 1 2 a ， 1 6 b 时，等号成立） ，选 C. 0ab( )lnf xx=(0,)+?()() 2 ab fabf + 11 ( ( )( )(lnln )ln() 22 rf af bababfabp=+=+=prq=0 得 32x(k1) 3x20，解得 k13x 2 3x，而 3 x2 3x2 2 当且仅当3x 2 3x，即xlog3 2时，等号成立 ，所以 k

31、12 2，即 k0，b0)过曲线 y1sin x(0x2)的对称中心，则1 a 2 b的最小值为( ) A. 21 B4 2 C32 2 D6 【解析】本题考查三角函数的性质与基本不等式注意到曲线 y1sin x(0x0，b0，O 为坐标原点)，若 A，B，C 三点共线， 则 2 a 1 b的最小值是( ) A4 B. 9 2 C8 D9 【解析】ABOBOAa1，1，ACOCOA(b1,2)，若 A，B，C 三点共线，则 有ABAC，(a1) 21 (b1)0，2ab1，又 a0，b0， 2 a 1 b 2 a 1 b (2ab)5 2b a 2a b52 2b a 2a b9，当且仅当 2

32、b a 2a b， 2ab1， 即 ab 1 3时等号成立 7. （2020 天水市第一中学高三月考） 实数 , x y满足条件 10 230 xy xy .当目标函数,0zaxby a b在 该约束条件下取到最小值4时， 12 ab 的最小值为（ ） A6 B4 C3 D2 【分析】 先将目标函数化为 az yx bb ， 由题中约束条件作出可行域， 结合图像， 由题意得到24a b ， 再由 1211214 (2)22 44 ba ab ababab ，结合基本不等式，即可求出结果. 【解析】由z axby 得 az yx bb ，因为,0a b ，所以直线的斜率为0 a b ， 作出不等

33、式 10 230 xy xy 对应的平面区域如下： 由图像可得：当直线 az yx bb 经过点A时，直线 az yx bb 在y轴截距最小，此时z最小。 由 10 230 xy xy 解得 2 1 x y ，即 (2,1)A ，此时目标函数,0zaxby a b的最小值为4， 即24a b ，所以 12112141 (2)2242 42 444 ba ab ababab . 当且仅当 4ba ab ，即 1 2 a b 时，等号成立.故选：D 【小结】本题主要考查简单线性规划与基本不等式的综合，熟记基本不等式，会求解简单的线性规划问题 即可，属于常考题型. 8（2020 天津市宁河区芦台第一

34、中学高三） 已知 a， b 均为正数， 且1a b ， 2 1 1 2 a ab 的最小值为_. 【分析】本题首先可以根据1a b 将 2 1 1 2 a ab 化简为 2 ab ba ，然后根据基本不等式即可求出最小值. 【解析】因为1a b ，所以 222 1() 1122 2222 aaababab ababbaba ， 当且仅当 2 ab ba ，即 2 1a 、 22b 时取等号，故答案为： 2. 9.(2020 年重庆高三)设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段 上的点，且=2,则直线的斜率的最大值为 A B C D1 【解析】设（不妨设） ，则， ， ，故选 C OP

35、F 2 2(0)ypx pM PFPMMFOM 3 3 2 3 2 2 2 2, 2,PptptM xy0t 2 2, 2 2 p FPptpt 1 3 FMFP 2 2 , 236 2 , 3 ppp xt pt y 2 2 , 33 2 , 3 pp xt pt y 2 2112 1 2121 2 2 2 OM t k t t t max 2 () 2 OM k 10.已知点A(0, 2)，椭圆E： 22 22 1(0) xy ab ab 的离心率为 3 2 ，F是椭圆E的右焦点，直线AF 的斜率为 2 3 3 ，O为坐标原点 （)求E的方程； （）设过点A的动直线l与E相交于,P Q两点

36、，当OPQ的面积最大时，求l的方程 【解析】 22 3 (c,0)= 3. 3 Fc c （I）设，由条件知，得 222 3 ,=2, 1. 2 c abac a 又所以 2 2 1. 4 x Ey故 的方程为 （） 1122 : =2, ( ,),(,).lxl y kxP x yQ xy当轴时不合题意，故设 2 2 21 4 x ykxy将代入得 22 (1 4)16120.kxkx 2 22 1,2 2 382 43 =16(43)0,. 441 kk kkx k 当即时， 22 2 12 2 4143 1. 41 kk PQkxx k 从而 2 2 . 1 OPQdOPQ k 又点 到直线的距离所以的面积 2 2 14 43 =. 241 OPQ k Sd PQ k 2 2 44 43,0,. 4 4 OPQ t kttS t t t 设则 47 4,20. 2 ttk t 因为当且仅当，即时等号成立，且满足 OPQ所以，当的面积最大时，的方程为 77 22 22 yxyx 或