新人教版課時(shí)作業(yè)-第二章-2.2-第1課時(shí)基本不等式

新人教版課時(shí)作業(yè)-第二章-2.2-第1課時(shí)基本不等式新人教版課時(shí)作業(yè)-第二章-2.2-第1課時(shí)基本不等式新人教版課時(shí)作業(yè)-第二章-2.2-第1課時(shí)基本不等式xxx公司新人教版課時(shí)作業(yè)-第二章-2.2-第1課時(shí)基本不等式文件編號：文件日期：修訂次數(shù)：第1.0次更改批準(zhǔn)審核制定方案設(shè)計(jì)，管理制度2．2基本不等式第1課時(shí)基本不等式學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握基本不等式及推導(dǎo)過程.2.能熟練運(yùn)用基本不等式比較兩實(shí)數(shù)的大小.3.能初步運(yùn)用基本不等式進(jìn)行證明和求最值．知識點(diǎn)基本不等式1．如果a>0，b>0，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立．其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．2．變形：ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)，a，b都是正數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立．1．對于任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab.(√)2．n∈N*時(shí)，n＋eq\f(2,n)>2eq\r(2).(√)3．x≠0時(shí)，x＋eq\f(1,x)≥2.(×)4．若a>0，則a3＋eq\f(1,a2)的最小值為2eq\r(a).(×)一、利用基本不等式比較大小例1某工廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品，第一年產(chǎn)量為A，第二年的增長率為a，第三年的增長率為b，這兩年的平均增長率為x(a，b，x均大于零)，則()A．x＝eq\f(a＋b,2) B．x≤eq\f(a＋b,2)C．x>eq\f(a＋b,2) D．x≥eq\f(a＋b,2)考點(diǎn)基本不等式比較大小題點(diǎn)利用基本不等式比較大小答案B解析第二年產(chǎn)量為A＋A·a＝A(1＋a)，第三年產(chǎn)量為A(1＋a)＋A(1＋a)·b＝A(1＋a)(1＋b)．若平均增長率為x，則第三年產(chǎn)量為A(1＋x)2.依題意有A(1＋x)2＝A(1＋a)(1＋b)，∵a>0，b>0，x>0，∴(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋a＋1＋b,2)))2，∴1＋x≤eq\f(2＋a＋b,2)＝1＋eq\f(a＋b,2)，∴x≤eq\f(a＋b,2).反思感悟基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)一端為和，一端為積，使用基本不等式比較大小要善于利用這個(gè)橋梁化和為積或者化積為和．跟蹤訓(xùn)練1若0<a<1,0<b<1，且a≠b，試找出a＋b，a2＋b2，2eq\r(ab)，2ab中的最大者．解∵0<a<1,0<b<1，且a≠b，∴a＋b>2eq\r(ab)，a2＋b2>2ab，∴四個(gè)數(shù)中最大的應(yīng)從a＋b，a2＋b2中選擇．而a2＋b2－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，∵0<a<1,0<b<1，∴a(a－1)<0，b(b－1)<0，∴a2＋b2－(a＋b)<0，即a2＋b2<a＋b，∴a＋b最大．二、利用基本不等式直接求最值例2(1)當(dāng)x>0時(shí)，求eq\f(12,x)＋4x的最小值；(2)當(dāng)x<0時(shí)，求eq\f(12,x)＋4x的最大值；(3)當(dāng)x>1時(shí)，求2x＋eq\f(8,x－1)的最小值；(4)已知4x＋eq\f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3時(shí)取得最小值，求a的值．解(1)∵x>0，∴eq\f(12,x)>0,4x>0.∴eq\f(12,x)＋4x≥2eq\r(\f(12,x)·4x)＝8eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12,x)＝4x，即x＝eq\r(3)時(shí)取最小值8eq\r(3)，∴當(dāng)x>0時(shí)，eq\f(12,x)＋4x的最小值為8eq\r(3).(2)∵x<0，∴－x>0.則eq\f(12,－x)＋(－4x)≥2eq\r(\f(12,－x)·－4x)＝8eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12,－x)＝－4x時(shí)，即x＝－eq\r(3)時(shí)取等號．∴eq\f(12,x)＋4x≤－8eq\r(3).∴當(dāng)x<0時(shí)，eq\f(12,x)＋4x的最大值為－8eq\r(3).(3)2x＋eq\f(8,x－1)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)))＋2，∵x>1，∴x－1>0，∴2x＋eq\f(8,x－1)≥2×2eq\r(4)＋2＝10，當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3時(shí)，取等號．(4)4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(a,x)，即a＝4x2＝36時(shí)取等號，∴a＝36.反思感悟在利用基本不等式求最值時(shí)要注意三點(diǎn)：一是各項(xiàng)均為正；二是尋求定值，求和式最小值時(shí)應(yīng)使積為定值，求積式最大值時(shí)應(yīng)使和為定值(恰當(dāng)變形，合理拆分項(xiàng)或配湊因式是常用的解題技巧)；三是考慮等號成立的條件是否具備．跟蹤訓(xùn)練2已知x>0，y>0，且x＋y＝8，則(1＋x)·(1＋y)的最大值為()A．16B．25C．9D．36答案B解析因?yàn)閤>0，y>0，且x＋y＝8，所以(1＋x)(1＋y)＝1＋x＋y＋xy＝9＋xy≤9＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝9＋42＝25，因此當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝4時(shí)，(1＋x)·(1＋y)取最大值25.三、用基本不等式證明不等式例3已知a，b，c都是正數(shù)，求證：a＋b＋c－eq\r(ab)－eq\r(bc)－eq\r(ac)≥0.證明∵a，b，c都是正數(shù)，∴a＋b≥2eq\r(ab)，b＋c≥2eq\r(bc)，a＋c≥2eq\r(ac)，∴a＋b＋b＋c＋a＋c≥2(eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac))，∴a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)，即a＋b＋c－eq\r(ab)－eq\r(bc)－eq\r(ac)≥0.反思感悟利用基本不等式證明不等式的策略與注意事項(xiàng)(1)策略：從已證不等式和問題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過逐步的邏輯推理，最后轉(zhuǎn)化為所求問題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．(2)注意事項(xiàng)：①多次使用基本不等式時(shí)，要注意等號能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，證明不等式時(shí)注意使用；③對不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型，再使用．跟蹤訓(xùn)練3若實(shí)數(shù)a<0，求證：a＋eq\f(1,a)≤－2，并指出等號成立的條件．證明根據(jù)題意，a<0，則－a>0，左式＝a＋eq\f(1,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))))，又由(－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≥2eq\r(－a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))))＝2，則有a＋eq\f(1,a)≤－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1時(shí)，等號成立．故a＋eq\f(1,a)≤－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1時(shí)，等號成立．1．若0<a<b，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>b B．b>eq\r(ab)>eq\f(a＋b,2)>aC．b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a D．b>a>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)考點(diǎn)基本不等式的理解題點(diǎn)基本不等式的理解答案C解析∵0<a<b，∴2b>a＋b，∴b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab).又∵b>a>0，∴ab>a2，∴eq\r(ab)>a.故b>eq\f(a＋b,2)>eq\r(ab)>a.2．下列不等式正確的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≤－2C．a(chǎn)2＋eq\f(1,a2)≥2 D．(－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))2≤－2答案C解析∵a2>0，故a2＋eq\f(1,a2)≥2成立．3．下列等式中最小值為4的是()A．y＝x＋eq\f(4,x) B．y＝2t＋eq\f(1,t)C．y＝4t＋eq\f(1,t)(t>0) D．y＝t＋eq\f(1,t)答案C解析A中x＝－1時(shí)，y＝－5<4，B中t＝－1時(shí)，y＝－3<4，C中y＝4t＋eq\f(1,t)≥2eq\r(4t·\f(1,t))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)等號成立，D中t＝－1時(shí)，y＝－2<4.故選C.4．下列不等式中，正確的是()A．a(chǎn)＋eq\f(4,a)≥4 B．a(chǎn)2＋b2≥4abC.eq\r(ab)≥eq\f(a＋b,2) D．x2＋eq\f(3,x2)≥2eq\r(3)答案D解析a<0，則a＋eq\f(4,a)≥4不成立，故A錯(cuò)；a＝1，b＝1，則a2＋b2<4ab，故B錯(cuò)；a＝4，b＝16，則eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故C錯(cuò)；由基本不等式可知D項(xiàng)正確．5．已知x>－1，則eq\f(x＋10x＋2,x＋1)的最小值為________．答案16解析eq\f(x＋10x＋2,x＋1)＝eq\f(x＋1＋9x＋1＋1,x＋1)＝eq\f(x＋12＋10x＋1＋9,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(9,x＋1)＋10，∵x>－1，∴x＋1>0，∴(x＋1)＋eq\f(9,x＋1)＋10≥2eq\r(9)＋10＝16.當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時(shí)，等號成立．1．知識清單：兩個(gè)不等式：a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b都是正數(shù))．2．方法歸納：通過拆項(xiàng)、加項(xiàng)配湊成基本不等式的形式．3．常見誤區(qū)：一正、二定、三相等，常缺少條件導(dǎo)致錯(cuò)誤．1．給出下列條件：①ab>0；②ab<0；③a>0，b>0；④a<0，b<0.其中可使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的個(gè)數(shù)是()A．1B．2C．3D．4答案C解析根據(jù)基本不等式的條件，a，b同號，則eq\f(b,a)>0，故選C.2．a(chǎn)，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)2＋b2≥2|ab| B．a(chǎn)2＋b2＝2|ab|C．a(chǎn)2＋b2≤2|ab| D．a(chǎn)2＋b2>2|ab|答案A解析∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，∴a2＋b2≥2|ab|(當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|b|時(shí)，等號成立)．3．若a，b∈R且ab>0，則下列不等式中恒成立的是()A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(2,\r(ab)) D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2答案D解析∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴A錯(cuò)誤；對于B，C，當(dāng)a<0，b<0時(shí)，顯然錯(cuò)誤；對于D，∵ab>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號成立．4．若0<a<b且a＋b＝1，則下列四個(gè)數(shù)中最大的是()A.eq\f(1,2) B．a(chǎn)2＋b2C．2ab D．a(chǎn)答案B解析a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥(a＋b)2－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2).a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴a2＋b2≥2ab.∵0<a<b且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2).∴a2＋b2最大．5．已知a>0，b>0，且ab＝2，那么()A．a(chǎn)＋b≥4 B．a(chǎn)＋b≤4C．a(chǎn)2＋b2≥4 D．a(chǎn)2＋b2≤4答案C解析∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)＝2eq\r(2)，故A，B均錯(cuò)誤．a(chǎn)2＋b2≥2ab＝4，故選C.6．已知a>b>c，則eq\r(a－bb－c)與eq\f(a－c,2)的大小關(guān)系是____________________．答案eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2)解析因?yàn)閍>b>c，所以a－b>0，b－c>0，所以eq\f(a－c,2)＝eq\f(a－b＋b－c,2)≥eq\r(a－bb－c)，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c時(shí)，等號成立．7．設(shè)a，b為非零實(shí)數(shù)，給出下列不等式：①eq\f(a2＋b2,2)≥ab；②eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2；③eq\f(a＋b,2)≥eq\f(ab,a＋b)；④eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2.其中恒成立的是________．(填序號)答案①②解析由重要不等式a2＋b2≥2ab，可知①正確；eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(2a2＋b2,4)＝eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,4)≥eq\f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq\f(a＋b2,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，可知②正確；當(dāng)a＝b＝－1時(shí)，不等式的左邊為eq\f(a＋b,2)＝－1，右邊為eq\f(ab,a＋b)＝－eq\f(1,2)，可知③不正確；當(dāng)a＝1，b＝－1時(shí)，可知④不正確．8．設(shè)a>0，b>0，給出下列不等式：①a2＋1>a； ②eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4；③(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4； ④a2＋9>6a.其中恒成立的是________．(填序號)答案①②③解析由于a2＋1－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，故①恒成立；由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＝ab＋eq\f(1,ab)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(ab·\f(1,ab))＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,ab)，,\f(b,a)＝\f(a,b)，))即a＝b＝1時(shí)，“＝”成立，故②恒成立；由于(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b時(shí)，“＝”成立，故③恒成立；當(dāng)a＝3時(shí)，a2＋9＝6a，故④不恒成立．綜上，恒成立的是①②③.9．設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，證明：a＋b≥2.證明由于a>0，b>0，則a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，由于a＋b>0，則ab＝1，即有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)取得等號，∴a＋b≥2.10．(1)設(shè)0<x<eq\f(3,2)，求4x(3－2x)的最大值；(2)已知a>b>c，求(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))的最小值．解(1)∵0<x<eq\f(3,2)，∴3－2x>0，∴4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時(shí)，等號成立．∵0<eq\f(3,4)<eq\f(3,2)，∴4x(3－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(3,2)))的最大值為eq\f(9,2).(2)(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝(a－b＋b－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))＝1＋1＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c).∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，∴2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2eq\r(\f(b－c,a－b)·\f(a－b,b－c))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c，即2b＝a＋c時(shí)取等號，∴(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))的最小值為4.11．若xy是正數(shù)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x)))2的最小值是()A．3B.eq\f(7,2)C．4D.eq\f(9,2)答案C解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x)))2＝x2＋eq\f(x,y)＋eq\f(1,4y2)＋y2＋eq\f(y,x)＋eq\f(1,4x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4x2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,4y2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥1＋1＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(\r(2),2)或x＝y(tǒng)＝－eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號．12．已知a>0，b>0，則下列不等式中不成立的是()A．a(chǎn)＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2) B．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4C.eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq\r(ab) D.eq\f(2ab,a＋b)>eq\r(ab)答案D解析a＋b＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(ab)＋eq\f(1,\r(ab))≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號成立，A成立；(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥2eq\r(ab)·2eq\r(\f(1,ab))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立，B成立；∵a2＋b2≥2ab>0，∴eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立，C成立；∵a＋b≥2eq\r(ab)，a>0，b>0，∴eq\f(2\r(ab),a＋b)≤1，eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號成立，D不成立．13.eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為________．答案2＋2eq\r(3)解析令x－1＝t，則x＝1＋t且t>0，∴eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(1＋t2＋2,t)＝eq\f(t2＋2t＋3,t)＝t＋eq\f(3,t)＋2≥2eq\r(3)＋2.當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3,t)，即t＝eq\r(3)，x＝eq\r(3)＋1時(shí)，等號成立．14．已知x>0