2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 不等式的基本性質(zhì)和證明的基本方法 1.2 基本不等式（二）導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5

《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 不等式的基本性質(zhì)和證明的基本方法 1.2 基本不等式（二）導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 不等式的基本性質(zhì)和證明的基本方法 1.2 基本不等式（二）導(dǎo)學(xué)案 新人教B版選修4-5（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、1.2　基本不等式(二) 1.理解定理3、定理4，會用兩個定理解決函數(shù)的最值或值域問題. 2.能運用三個正數(shù)的平均值不等式解決簡單的實際問題. 自學(xué)導(dǎo)引 1.當(dāng)a、b、c∈R＋時，≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立，稱為正數(shù)a，b，c的算術(shù)平均值，為正數(shù)a、b、c的幾何平均值. 2.如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時，等號成立. 基礎(chǔ)自測 1.設(shè)a、b、c∈R，下列各不等式中成立的是(　　) A.a2＋b2≥2|ab| B.a＋b≥2 C.a3＋b3＋c3≥3abc D.≥ 解析　由a2＋b2－2|ab|＝|a|2－2|ab

2、|＋|b|2 ＝(|a|－|b|)2≥0，故選A. 答案　A 2.函數(shù)y＝x2·(1－5x)的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析　由y＝x2·(1－5x)＝·x·x(1－5x) ≤＝. 答案　A 3.已知實數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，則a的最大值是________. 解析　利用不等式求解. 因為a＋b＋c＝0，所以b＋c＝－a. 因為a2＋b2＋c2＝1， 所以－a2＋1＝b2＋c2＝(b＋c)2－2bc＝a2－2bc， 所以2a2－1＝2bc≤b2＋c2＝1－a2， 所以3a2≤2，所以a2≤， 所以－≤a≤，所以a

3、max＝. 答案　 知識點1　利用平均值不等式證明不等式 【例1】 已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1. 求證：＋＋≥. 證明　a＋b＋c＝1?(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝2， [(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)] ≥3·3＝9 ?＋＋≥. ●反思感悟：認真觀察要證的不等式的結(jié)構(gòu)特點，靈活利用已知條件構(gòu)造出能利用平均值不等式的式子. 1.證明(a＋b＋c)≥(a，b，c∈R＋). 證明　∵(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a) ≥3， ＋＋≥3， ∴(a＋b＋c)≥. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立. 知識點2　利用平均值不等式求最值 【例2

4、】 若正數(shù)a，b滿足ab＝a＋b＋3，求ab的取值范圍. 解　方法一：∵a、b∈R＋，且ab＝a＋b＋3≥3， ∴a3b3≥81ab.又ab>0，∴a2b2≥81. ∴ab≥9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，取等號). ∴ab的取值范圍是[9，＋∞). 方法二：∵ab－3＝a＋b≥2， ∴ab－2－3≥0且ab>0， ∴≥3，即ab≥9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號) ∴ab的取值范圍是[9，＋∞). ●反思感悟：注意平均值不等式應(yīng)用的條件是三個正數(shù)在求最值時，一定要求出等號成立時未知數(shù)的值，如果不存在使等號成立的未知數(shù)的值，則最值不存在. 2.求y＝sin xcos2x，x∈的最大值.

5、 解　∵x∈，∴sin x>0，y>0. y2＝sin2xcos4x＝ ≤＝＝＝. 故y≤ ＝，此時，2sin2x＝cos2x，tan2x＝， y有最大值. 知識點3　平均值不等式的實際應(yīng)用 【例3】 某產(chǎn)品今后四年的市場需求量依次構(gòu)成數(shù)列{an}，n＝1，2，3，4，并預(yù)測到年需求量第二年比第一年增長的百分率為P1，第三年比第二年增長的百分率為P2，第四年比第三年增長的百分率為P3，且P1＋P2＋P3＝1.給出如下數(shù)據(jù)： ①，②，③，④，⑤， 則其中可能成為這四年間市場需求量的年平均增長率的是(　　) A.①② B.①③ C.②③④ D.②⑤ 解析　設(shè)這四年間市

6、場年需求量的年平均增長率為x(x>0)， 則a4＝a1(1＋x)3＝a1(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3)， ∴(1＋x)3＝(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3)， ∴(1＋x)3＝(1＋P1)(1＋P2)(1＋P3) ≤＝. ∴1＋x≤，即x≤， 對比所給數(shù)據(jù)，只有①③滿足條件，故選B. 答案　B 3.設(shè)長方體的體積為1 000 cm3，則它的表面積的最小值為__________ cm2. 解析　設(shè)長方體的長、寬、高分別為a、b、c， 則abc＝1 000，且a>0，b>0，c>0. ∴它的表面積S＝2(ab＋bc＋ca)≥2×3＝600. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝

7、10 (cm)時取“＝”號. 所以它的表面積S的最小值為600 cm2. 答案　600 課堂小結(jié) 利用基本不等式解決實際問題的步驟：(1)理解題意，設(shè)出變量，一般設(shè)變量時，把要求最大值或最小值的變量定為函數(shù)；(2)建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實際問題抽象為函數(shù)的最大值或最小值問題；(3)在定義域內(nèi)，求出函數(shù)的最大值或最小值；(4)回答實際問題. 隨堂演練 1.設(shè)f(x)＝ln x，0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，則下列關(guān)系式中正確的是(　　) A.q＝r＜p B.p＝r＜q C.q＝r＞p D.p＝r＞q 解析　利用對數(shù)的運算性質(zhì)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)

8、性判斷p，q，r之間的相等與不等關(guān)系. 因為b>a>0，故<.又f(x)＝ln x(x>0)為增函數(shù)，所以f>f()，即q>p.又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln a＋ln b)＝ln＝p. 答案　B 2.已知x≥，則f(x)＝有(　　) A.最大值 B.最小值 C.最大值1 D.最小值1 解析　f(x)＝＝， 又∵x≥，x－2≥， 則f(x)≥·2＝1. 答案　D 3.函數(shù)y＝x2·(1－3x)在上的最大值是________. 解析　由y＝x2·(1－3x) ＝·x·x(1－3x) ≤＝. 答案　 4.用長為16 cm的鐵絲圍成一個矩形，則可圍成的矩形的最

9、大面積是________ cm2. 解析　設(shè)矩形長為x cm(00，8－x>0， 可得S≤＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝8－x即x＝4時，Smax＝16. 所以矩形的最大面積是16 cm2. 答案　16 基礎(chǔ)達標 1.若x>0，則4x＋的最小值是(　　) A.9 B.3 C.13 D.不存在 解析　∵x>0， ∴4x＋＝2x·2x·≥3＝3. 答案　B 2.設(shè)a，b，c∈(0，＋∞)且a＋b＋c＝1，令x＝·，則x的取值范圍為(　　) A. B. C.[1，8) D.[8，＋∞) 解析　

10、∵x＝ ＝·· ＝≥＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號，∴x≥8. 答案　D 3.已知x，y都為正數(shù)，且＋＝1，則xy有(　　) A.最小值16 B.最大值16 C.最小值 D.最大值 解析　∵x，y∈(0，＋∞)且＋＝1， ∴1＝＋≥2＝，∴≥4，∴xy≥16， 當(dāng)且僅當(dāng)即時取等號， 此時(xy)min＝16. 答案　A 4.已知a，b，∈R*，則≥________. 解析?。?＋1＋1＋＋＋＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9. 答案　9 5.要制作一個容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器.已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，則該

11、容器的最低總造價是________(單位：元). 解析　利用均值(基本)不等式解決問題. 設(shè)該長方體容器的長為x m，則寬為m.又設(shè)該容器的造價為y元，則y＝20×4＋2×10，即y＝80＋20(x>0).因為x＋≥2＝4，所以ymin＝80＋20×4＝160(元). 答案　160 6.已知關(guān)于x的不等式|x＋a|＜b的解集為{x|2＜x＜4}. (1)求實數(shù)a，b的值； (2)求＋的最大值. 解　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a， 則解得 (2)＋ ＝＋≤ ＝2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即t＝1時等號成立， 故(＋)max＝4. 綜合提高 7.已知圓柱的

12、軸截面周長為6，體積為V，則下列關(guān)系式總成立的是(　　) A.V≥π B.V≤π C.V≥π D.V≤π 解析　設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h， 則由題意得：4r＋2h＝6，即2r＋h＝3， 于是有V＝πr2h≤π·＝π＝π， 當(dāng)且僅當(dāng)r＝h時取等號. 答案　B 8.如果圓柱的軸截面周長l為定值，那么圓柱的體積最大值是(　　) A.π B.π C.π D.π 解析　l＝4r＋2h，即2r＋h＝， V＝πr2h≤π＝π. 答案　A 9.定義運算“?”：x?y＝(x，y∈R，xy≠0)，當(dāng)x＞0，y＞0時，x?y＋(2y)?x的最小值為________. 解析　

13、先利用新定義寫出解析式，再利用重要不等式求最值. 因為x?y＝，所以(2y)?x＝.又x>0，y>0，故x?y＋(2y)?x＝＋＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，等號成立. 答案　 10.某項研究表明：在考慮行車安全的情況下，某路段車流量F(單位時間內(nèi)經(jīng)過測量點的車輛數(shù)，單位：輛/時)與車流速度v(假設(shè)車輛以相同速度v行駛，單位：米/秒)、平均車長l(單位：米)的值有關(guān)，其公式為F＝. (1)如果不限定車型，l＝6.05，則最大車流量為______輛/時； (2)如果限定車型，l＝5，則最大車流量比(1)中的最大車流量增加________輛/時. 解析　把所給l值代入，分子分母同除以v，構(gòu)

14、造基本不等式的形式求最值. (1)當(dāng)l＝6.05時，F(xiàn)＝＝≤＋18＝＝1 900.當(dāng)且僅當(dāng)v＝11米/秒時等號成立，此時車流量最大為1 900輛/時. (2)當(dāng)l＝5時，F(xiàn)＝＝≤＝＝2 000.當(dāng)且僅當(dāng)v＝10米/秒時等號成立，此時車流量最大為2 000輛/時，比(1)中的最大車流量增加100輛/時. 答案　(1)1 900　(2)100 11.如圖所示，將一矩形花壇ABCD擴建成一個更大的矩形花壇AMPN，要求B在AM上，D在AN上且對角線MN過C點，已知|AB|＝3米，|AD|＝2米. (1)要使矩形AMPN的面積大于32平方米，則AN的長應(yīng)在什么范圍內(nèi)？ (2)當(dāng)AN的長

15、度是多少時，矩形AMPN的面積最??？并求最小面積； (3)若AN的長度不少于6米，則當(dāng)AN的長度是多少時，矩形AMPN的面積最??？并求出最小面積. 解　設(shè)AN的長為x米(x>2)，矩形AMPN的面積為y. ∵＝，∴|AM|＝， ∴S矩形AMPN＝|AN|·|AM|＝(x>2) (1)由S矩形AMPN>32得>32， ∵x>2，∴3x2－32x＋64>0， 即(3x－8)(x－8)>0，∴28， 即AN的長的取值范圍是∪(8，＋∞). (2)令y＝＝＝3(x－2)＋＋12≥2＋12＝24， 當(dāng)且僅當(dāng)3(x－2)＝， 即x＝4時，y＝取得最小值， 即S矩形AMP

16、N取得最小值24平方米. (3)令g(x)＝3x＋(x≥4)，設(shè)x1>x2≥4， 則g(x1)－g(x2)＝3(x1－x2)＋ ＝， ∵x1>x2≥4，∴x1－x2>0，x1x2>16， ∴g(x1)－g(x2)>0，∴g(x)在[4，＋∞)上遞增. ∴y＝3(x－2)＋＋12在[6，＋∞)上遞增. ∴當(dāng)x＝6時，y取得最小值，即S矩形AMPN取得最小值27平方米. 12.甲、乙兩地相距s km，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過c km/h，已知汽車每小時的運輸成本(以元為單位)由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度v(km/h)的平方成正比，比例常數(shù)為b，固定部分為a

17、元. (1)把全程運輸成本y元表示為速度v (km/h)的函數(shù)，并指出函數(shù)的定義域； (2)為了使全程運輸成本最少，汽車應(yīng)以多大的速度行駛？ 解　(1)因為汽車每小時的運輸成本為bv2＋a(元)， 全程時間為(小時)，故y＝(bv2＋a)， 即y＝s，v∈(0，c]. (2)由于＋bv≥2，當(dāng)且僅當(dāng)v＝ 時取等號，故 ①若 ≤c，則當(dāng)v＝ 時，y取最小值. ②若 >c，則先證y＝s，v∈(0，c]為單調(diào)減函數(shù)，事實上，當(dāng)v1、v2∈(0，c]，且v10，v1< ，v2< . 進而v1v2<，從而y1－y2>0. 故y＝s，v∈(0，c]為單調(diào)減函數(shù)， 由此知當(dāng)v＝c時，y取得最小值. 綜上可知，若 ≤c，則當(dāng)v＝ 時，y取得最小值； 若 >c，則當(dāng)v＝c時，y取得最小值. 11