導(dǎo)學(xué)案：基本不等式及其應(yīng)用

基本不等式及其應(yīng)用目標(biāo)導(dǎo)航學(xué)習(xí)目標(biāo)重點(diǎn)難點(diǎn)1．能夠利用基本不等式求函數(shù)的最值和代數(shù)式的最值；2．能夠利用基本不等式解決實(shí)際問題中的最值問題；3．能夠利用基本不等式解決恒成立問題.重點(diǎn)：利用基本不等式求函數(shù)或代數(shù)式的最值；難點(diǎn)：不等式恒成立問題；疑點(diǎn)：基本不等式成立條件的構(gòu)建.預(yù)習(xí)引導(dǎo)利用基本不等式求函數(shù)或代數(shù)式的最值。預(yù)習(xí)交流11.利用基本不等式求最值的關(guān)鍵是什么？2.利用基本不等式解決實(shí)際應(yīng)用問題。預(yù)習(xí)交流23.應(yīng)用基本不等式求解實(shí)際應(yīng)用問題的一般步驟是什么？4.利用基本不等式解決恒成立問題。預(yù)習(xí)交流3“不等式恒成立求參數(shù)取值范圍”問題的常見解法是什么？自我感悟在預(yù)習(xí)中還有哪些問題需要你在聽課時(shí)加以關(guān)注？請(qǐng)?jiān)谙铝斜砀裰凶鰝€(gè)備忘吧！我的學(xué)困點(diǎn)我的學(xué)疑點(diǎn)答案：預(yù)習(xí)交流1：提示：基本不等式通常用來求最值問題：一般用a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0)解“定積求和，和最小”問題，用ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2求“定和求積，積最大”問題．一定要注意適用的范圍和條件：“一正，二定，三相等”．特別是利用拆項(xiàng)、添項(xiàng)、配湊、分離變量、減少變?cè)确椒?，?gòu)造定值條件的方法，和對(duì)等號(hào)能否成立的驗(yàn)證．預(yù)習(xí)交流2：提示：(1)理解題意，設(shè)出變量；(2)建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實(shí)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)還原為實(shí)際問題，寫出正確答案．預(yù)習(xí)交流3：提示：常見解法有以下兩種：(1)直接將參數(shù)從不等式中分離出來變成k≥f(x)(或k≤f(x))，從而轉(zhuǎn)化成f(x)求最值．(2)如果參數(shù)不能分離，而x可以分離，如g(x)≥f(k)(或g(x)≤f(k))，則f(k)恒大于g(x)的最大值或恒小于g(x)的最小值，然后解關(guān)于參數(shù)k的不等式．其中關(guān)鍵是f(x)或g(x)的最值的求解，這時(shí)經(jīng)常采用基本不等式求最值．問題引導(dǎo)一、利用基本不等式求函數(shù)的最值活動(dòng)與探究求解下列問題：(1)求f(x)＝x＋eq\f(4,2x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)))的最小值；(2)求f(x)＝eq\f(1,3)x(1－4x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,4)))的最大值．思路分析：將x＋eq\f(4,2x－1)變形為x＋eq\f(2,x－\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\f(2,x－\f(1,2))＋eq\f(1,2)，然后利用基本不等式a＋b≥2eq\r(ab)變形求解；將eq\f(1,3)x(1－4x)變形為f(x)＝eq\f(1,12)[4x·(1－4x)]，然后根據(jù)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2求得4x·(1－4x)的最大值，從而得到原函數(shù)的最大值．遷移與應(yīng)用設(shè)x＞0，則函數(shù)y＝x－1＋eq\f(2,2x＋1)的最小值等于__________．名師點(diǎn)津1．在利用均值不等式求函數(shù)或代數(shù)式的最值時(shí)，有時(shí)不一定恰好能用上均值不等式，因此還必須對(duì)所給的函數(shù)或代數(shù)式進(jìn)行變形整理，通過湊項(xiàng)的辦法(一般是湊和或者積為定值)構(gòu)造出均值不等式的形式再進(jìn)行求解．2．湊項(xiàng)的技巧通常有：添項(xiàng)、拆項(xiàng)、統(tǒng)一變量、“1”的代替、恒等式的巧用等，通過這些湊項(xiàng)方法，獲得定值，從而可利用基本不等式求出最值．二、利用基本不等式求代數(shù)式的最值活動(dòng)與探究已知正數(shù)a，b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝3.(1)求a＋b的取值范圍；(2)求ab的取值范圍．思路分析：一種思路是根據(jù)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝3，用a表示b，然后代入要求最值的式子中，消去b，再通過變形，利用基本不等式求得最值；另一種思路是先將eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝3變形為a＋b＝3ab，再運(yùn)用基本不等式，將a＋b與ab進(jìn)行轉(zhuǎn)化，根據(jù)需要求得a＋b或ab的取值范圍．遷移與應(yīng)用1．設(shè)x＞0，y＞0且x＋2y＝1，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為__________．2．設(shè)x，y∈R＋且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，則x＋y的最小值為__________．名師點(diǎn)津1．均值不等式具有將“和式”轉(zhuǎn)化為“積式”和將“積式”轉(zhuǎn)化為“和式”的放縮功能，因此可以用在一些不等式的證明中，還可以用于求代數(shù)式的最值．2．含有多個(gè)變量的條件最值問題，一般方法是采取減少變量的個(gè)數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為只含有一個(gè)變量的函數(shù)的最值問題進(jìn)行解決；如果條件等式中，含有兩個(gè)變量的和與積的形式，還可以直接利用均值不等式對(duì)兩個(gè)正數(shù)的和與積進(jìn)行轉(zhuǎn)化，然后通過解不等式進(jìn)行求解，或者通過構(gòu)造一元二次方程，利用根的分布解決問題．三、基本不等式在實(shí)際問題中的應(yīng)用活動(dòng)與探究某公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，運(yùn)費(fèi)為4萬元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬元，要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x＝__________噸．思路分析：總運(yùn)費(fèi)與購買的次數(shù)有關(guān)，每次購買x噸，所以購買次數(shù)為eq\f(400,x)，從而可建立總費(fèi)用與x的函數(shù)關(guān)系，利用基本不等式求出函數(shù)的最小值，同時(shí)可求出取得最小值時(shí)x的值．遷移與應(yīng)用建造一個(gè)容積為18m3名師點(diǎn)津1．解實(shí)際應(yīng)用題要注意以下幾點(diǎn)：①設(shè)變量時(shí)一般要把求最大值或最小值的變量定義為函數(shù)；②根據(jù)實(shí)際問題抽象出函數(shù)解析式后，只需再利用基本不等式求得函數(shù)的最值；③在求函數(shù)的最值時(shí)，一定要在定義域(使實(shí)際問題有意義的自變量取值范圍)內(nèi)求．2．有些實(shí)際問題中，要求最值的量需要用幾個(gè)變量表示，同時(shí)，這幾個(gè)變量滿足某個(gè)關(guān)系式，這時(shí)，問題變成了一個(gè)條件最值，可用前面的求條件最值的方法求最值．四、不等式恒成立問題活動(dòng)與探究設(shè)a＞0，b＞0，且不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，則實(shí)數(shù)k的最小值等于()．A．0B．4C．－4D．－2思路分析：將參數(shù)k與變量a，b進(jìn)行分離，即把參數(shù)k放到不等式的一邊，不等式的另一邊是關(guān)于變量a，b的代數(shù)式，然后只需求出關(guān)于變量a，b的代數(shù)式的最值，即可得到參數(shù)k的取值范圍，從而得出k的最小值．遷移與應(yīng)用當(dāng)x＞－1時(shí)不等式x＋eq\f(1,x＋1)＞a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．名師點(diǎn)津1．不等式恒成立問題往往與函數(shù)或代數(shù)式的最值有關(guān)，通過函數(shù)或代數(shù)式的最值，即可得到恒成立時(shí)參數(shù)的取值范圍．一般地有以下幾種情況：(1)a≥f(x)恒成立?a≥[f(x)]max；(2)a＞f(x)恒成立?a＞[f(x)]max；(3)a≤f(x)恒成立?a≤[f(x)]min；(4)a＜f(x)恒成立?a＜[f(x)]min.2．如果欲求范圍的參數(shù)與其他變量混合在一起，可以首先進(jìn)行參數(shù)分離，即把欲求取值范圍的參數(shù)分離到不等式的一邊，然后只需考察不等式另一邊的函數(shù)或代數(shù)式的最值或取值范圍即可．當(dāng)堂檢測(cè)1．(2022浙江高考，文9)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是()．A．eq\f(24,5)B．eq\f(28,5)C．5D．62．設(shè)x，y∈R＋，且x＋4y＝40，則lgx＋lgy的最大值是()．A．40B．10C．4D．23．某公司租地建倉庫，每月土地占用費(fèi)y1與倉庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運(yùn)費(fèi)y2與到車站的距離成正比，如果在距離車站10千米處建倉庫，這兩項(xiàng)費(fèi)用y1和y2分別為2萬元和8萬元．那么，要使這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小，倉庫應(yīng)建在離車站________千米處．()．A．3B．8C．5D．64．若x＞0，則y＝eq\f(x,x2＋2)的最大值為__________．5．若x，y∈R，且滿足(x2＋y2＋2)(x2＋y2－1)－18≤0，(1)求x2＋y2的取值范圍；(2)求證：xy≤2.收獲盤點(diǎn)提示：用最精練的語言把你當(dāng)堂掌握的核心知識(shí)的精華部分和基本技能的要領(lǐng)部分寫下來并進(jìn)行識(shí)記．知識(shí)精華技能要領(lǐng)答案：活動(dòng)與探究1：解：(1)由于f(x)＝x＋eq\f(4,2x－1)＝x＋eq\f(2,x－\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\f(2,x－\f(1,2))＋eq\f(1,2)，又x＞eq\f(1,2)，所以由基本不等式可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\f(2,x－\f(1,2))＋eq\f(1,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))·\f(2,x－\f(1,2)))＋eq\f(1,2)＝2eq\r(2)＋eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x－eq\f(1,2)＝eq\f(2,x－\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)＋eq\r(2)時(shí)，函數(shù)取得最小值2eq\r(2)＋eq\f(1,2).(2)由于0＜x＜eq\f(1,4)，所以f(x)＝eq\f(1,3)x(1－4x)＝eq\f(1,12)[4x·(1－4x)]≤eq\f(1,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x＋1－4x,2)))2＝eq\f(1,48)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝1－4x，即x＝eq\f(1,8)時(shí)函數(shù)取得最大值eq\f(1,48).遷移與應(yīng)用：eq\f(1,2)解析：y＝x－1＋eq\f(2,2x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋\f(1,2))＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x＋\f(1,2))－eq\f(3,2)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立，所以函數(shù)的最小值等于eq\f(1,2).活動(dòng)與探究2：解：(解法一)由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝3得a＋b＝3ab，所以b＝eq\f(a,3a－1)，并且由于a＞0，b＞0，可得a＞eq\f(1,3).(1)a＋b＝a＋eq\f(a,3a－1)＝a＋eq\f(\f(1,3),3a－1)＋eq\f(1,3)＝a－eq\f(1,3)＋eq\f(\f(1,3),3a－1)＋eq\f(2,3)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,3),3a－1))))＋eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)a－eq\f(1,3)＝eq\f(\f(1,3),3a－1)，即a＝eq\f(2,3)時(shí)等號(hào)成立，所以a＋b的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).(2)ab＝a·eq\f(a,3a－1)＝eq\f(a2－\f(1,3)a＋\f(1,3)a－\f(1,9)＋\f(1,9),3a－1)＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,9)＋eq\f(\f(1,9),3a－1)＝eq\f(1,3)a－eq\f(1,9)＋eq\f(\f(1,9),3a－1)＋eq\f(2,9)≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a－\f(1,9)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,9),3a－1))))＋eq\f(2,9)＝eq\f(4,9)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,3)a－eq\f(1,9)＝eq\f(\f(1,9),3a－1)，即a＝eq\f(2,3)時(shí)取等號(hào)，所以ab的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)，＋∞)).(解法二)由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝3得a＋b＝3ab.①由于ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，所以a＋b≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，即4(a＋b)≤3(a＋b)2，所以a＋b≥eq\f(4,3)，即a＋b的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).②由于a＋b≥2eq\r(ab)，所以3ab≥2eq\r(ab)，即9(ab)2≥4ab，所以ab≥eq\f(4,9)，即ab的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)，＋∞)).遷移與應(yīng)用：1．3＋2eq\r(2)解析：因?yàn)閤＞0，y＞0且x＋2y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋2y,x)＋eq\f(x＋2y,y)＝3＋eq\f(2y,x)＋eq\f(x,y)≥3＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(x,y))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2y,x)＝eq\f(x,y)，即x＝eq\r(2)y時(shí)，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)取得最小值3＋2eq\r(2).2．16解析：因?yàn)閤，y∈R＋且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝10＋eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)≥10＋2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，即y＝3x時(shí)，x＋y的最小值為16.活動(dòng)與探究3：20解析：該公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，則需要購買eq\f(400,x)次，運(yùn)費(fèi)為4萬元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬元，故一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(400,x)·4＋4x))萬元．而eq\f(400,x)·4＋4x≥2eq\r(\f(400,x)·4·4x)＝160，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1600,x)＝4x，即x＝20噸時(shí)，一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最?。w移與應(yīng)用：5400解析：設(shè)水池底的長(zhǎng)為xm，寬為ym，則有2xy＝18，解得xy＝9.這時(shí)水池的造價(jià)為p＝200xy＋150×2(2x＋2y)，即p＝1800＋600(x＋y)，于是p≥1800＋600×2eq\r(xy)＝1800＋600×2eq\r(9)＝5400，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝3時(shí)等號(hào)成立，故池的最低造價(jià)為5400元．活動(dòng)與探究4：C解析：因?yàn)閍＞0，b＞0，所以不等式可化為k≥－eq\f((a＋b)2,ab)，而eq\f((a＋b)2,ab)＝eq\f(a2＋2ab＋b2,ab)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，所以－eq\f((a＋b)2,ab)≤－4，即－eq\f((a＋b)2,ab)的最大值為－4，因此要使k≥－eq\f((a＋b)2,ab)恒成立，應(yīng)有k≥－4，即實(shí)數(shù)k的最小值是－4.遷移與應(yīng)用：a＜1解析：令f(x)＝x＋eq\f(1,x＋1)，由于x＞－1，則f(x)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－1≥2eq\r((x＋1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1))))－1＝1，即函數(shù)f(x)的最小值是1，因此要使不等式x＋eq\f(1,x＋1)＞a恒成立，應(yīng)有a＜1.當(dāng)堂檢測(cè)1．C解析：∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al