高中數(shù)學3.2均值不等式教案新人教B版必修5

PAGEPAGE143．2均值不等式整體設(shè)計教學分析均值不等式也稱基本不等式．本節(jié)主要目標是使學生了解均值不等式的代數(shù)意義，幾何的直觀解釋以及均值不等式的證明和應(yīng)用．本節(jié)教材上一開始就開門見山地給出均值不等式及證明，在思考與討論過渡下，給出均值不等式的一個幾何直觀解釋，以加深學生對均值不等式的理解．教材用作差配方法證明均值不等式．作差配方法是證明不等式的基本方法，在整個不等式的教學中都要貫徹這一重要方法．在解題中要讓學生注意使用均值不等式的條件，并掌握基本技能．一般說來，“見和想積，拆低次，湊積為定值，則和有最小值；見積想和，拆高次，湊和為定值，則積有最大值”．本節(jié)的《新課標》要求是：探索并了解均值不等式的證明過程；會用均值不等式解決簡單的最大(小)問題．從歷年的高考來看，均值不等式是重點考查的內(nèi)容之一，它的應(yīng)用范圍幾乎涉及高中數(shù)學的所有章節(jié)，且?？汲Ｐ?，大多是大小判斷、求最值、求取值范圍等．不等式的證明是將來進入大學不可缺少的技能，同時也是高中數(shù)學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，備受命題者的青睞，因而成為歷屆高考中的熱點．幾乎所有地區(qū)的高考題都能覓到它的蹤影．書中練習A、B和習題都是基本題，要求全做．鑒于均值不等式的特殊作用，因此本節(jié)設(shè)計為2課時完成，但僅限于基本方法和基本技能的掌握，不涉及高難度的技巧．第一課時重在均值不等式的探究，第二課時重在均值不等式的靈活運用．且在教學中，將本節(jié)教材中的思考與討論一起拿到課堂上來，讓學生通過思考與討論建立均值不等式與不等式a2＋b2≥2ab的聯(lián)系．三維目標1．通過本節(jié)探究，使學生學會推導并掌握均值不等式，理解這個均值不等式的幾何意義，掌握定理中的不等號“≥”取等號的條件是：當且僅當這兩個數(shù)相等．2．通過對均值不等式的不同形式應(yīng)用的研究，滲透“轉(zhuǎn)化”的數(shù)學思想，提高學生運算能力和邏輯推理能力．引發(fā)學生學習和使用數(shù)學知識的興趣，發(fā)展創(chuàng)新精神，培養(yǎng)實事求是、理論與實際相結(jié)合的科學態(tài)度和科學道德．3．通過本節(jié)學習，使學生體會數(shù)學來源于生活，幫助學生養(yǎng)成良好的學習習慣，形成積極探索的態(tài)度，逐步養(yǎng)成嚴謹?shù)目茖W態(tài)度及良好的思維習慣．重點難點教學重點：用數(shù)形結(jié)合的思想理解均值不等式，并從不同角度探索不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的證明過程；用不等式求某些函數(shù)的最值及解決一些簡單的實際問題．教學難點：用均值不等式求最大值和最小值，均值不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)等號成立條件的運用，應(yīng)用均值不等式解決實際問題．課時安排2課時教學過程第1課時導入新課思路1.(直接引入)像教材那樣，直接給出均值定理，然后引導學生利用上節(jié)課的基本性質(zhì)來探究它的證明方法．因為有了上兩節(jié)的不等式的探究學習，因此這樣引入雖然直白卻也是順其自然．思路2.(情境導入)教師自制風車，讓學生把教師自制的風車轉(zhuǎn)起來，這是學生小時候玩過的得意玩具；手持風車把手，來了一個360°的旋轉(zhuǎn)，不但風車轉(zhuǎn)得漂亮，課堂氣氛也活躍，學生在緊張的課堂氛圍中馬上變得自然和諧，情境引入達到高潮，此時教師再提出問題．推進新課eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(提出問題))eq\a\vs4\al(1均值定理的內(nèi)容是什么？怎樣進行證明？,2你能證明a2＋b2≥2ab嗎？,3你能嘗試給出均值不等式的一個幾何直觀解釋嗎？,4均值不等式有哪些變形式？)活動：教師引導學生閱讀均值定理的內(nèi)容，或直接用多媒體給出．點撥學生利用上兩節(jié)課所學知識進行證明，這點學生會很容易做到，只需作差配方即可．接著讓學生明確，這個結(jié)論就是均值不等式，也叫基本不等式．其中，任意兩個正實數(shù)a、b的eq\f(a＋b,2)叫做數(shù)a、b的算術(shù)平均值，數(shù)eq\r(ab)叫做a、b的幾何平均值．均值定理可以表述為：兩個正數(shù)的算術(shù)平均值大于或等于它的幾何平均值．強調(diào)這個結(jié)論的重要性，在證明不等式、求函數(shù)的最大值還應(yīng)讓學生熟悉均值不等式的其他變形式．如若a、b∈R＋，則eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，當且僅當a＝b時，式中等號成立．好多書上就把它稱為基本不等式．在同樣條件下還可寫成：a＋b≥2eq\r(ab)或2eq\r(ab)≤a＋b等．討論結(jié)果：(1)(2)略．(3)均值不等式的幾何解釋是：半徑不小于半弦長．(4)若a、b∈R＋，則eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，當且僅當a＝b時，式中等號成立；若a、b∈R＋，則a＋b≥2eq\r(ab)，當且僅當a＝b時，式中等號成立；若a、b∈R，則a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，式中等號成立．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(應(yīng)用示例))例1(教材本節(jié)例1)活動：本例是均值不等式的簡單應(yīng)用，教師點撥學生證明時注意式中成立的條件，本例中的eq\f(b,a)和eq\f(a,b)相當于均值不等式中的a、b.因此必須有eq\f(b,a)，eq\f(a,b)∈R＋.點評：初用均值不等式，學生往往容易忽視不等式成立的條件，點撥學生注意，只要使用均值定理，馬上先想到條件，養(yǎng)成良好的解題習慣.變式訓練已知a、b、c都是正實數(shù)，求證：(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.證明：∵a＞0，b＞0，c＞0，∴a＋b≥2eq\r(ab)＞0，b＋c≥2eq\r(bc)＞0，c＋a≥2eq\r(ca)＞0.∴(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥2eq\r(ab)·2eq\r(bc)·2eq\r(ac)＝8abc，即(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.例2已知(a＋b)(x＋y)＞2(ay＋bx)，求證：eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2.活動：教師引導學生探究題目中的條件與結(jié)論．本題結(jié)論中，注意eq\f(x－y,a－b)與eq\f(a－b,x－y)互為倒數(shù)，它們的積為1，故此題應(yīng)從已知條件出發(fā)，經(jīng)過變形，說明eq\f(x－y,a－b)與eq\f(a－b,x－y)為正數(shù)開始證題．證明：∵(a＋b)(x＋y)＞2(ay＋bx)，∴ax＋ay＋bx＋by＞2ay＋2bx.∴ax－ay＋by－bx＞0.∴(ax－bx)－(ay－by)＞0.∴(a－b)(x－y)＞0，即a－b與x－y同號．∴eq\f(x－y,a－b)與eq\f(a－b,x－y)均為正數(shù)．∴eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2eq\r(\f(x－y,a－b)·\f(a－b,x－y))＝2(當且僅當eq\f(x－y,a－b)＝eq\f(a－b,x－y)時取“＝”)．∴eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2.點評：本題通過對已知條件變形，恰當?shù)匾蚴椒纸猓瑥挠懻撘蚴匠朔e的符號來判斷eq\f(x－y,a－b)與eq\f(a－b,x－y)是正還是負，是我們今后解題中常用的方法．例3若a＞b＞1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\f(a＋b,2)，則()A．R＜P＜QB．P＜Q＜RC．Q＜P＜RD．P＜R＜Q活動：這是均值不等式及其變形式的典型應(yīng)用．根據(jù)P、Q、R三個式子的結(jié)構(gòu)特點，應(yīng)考慮利用均值不等式，再運用函數(shù)y＝lgx的單調(diào)性．答案：B解析：∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ga＞lgb＞0.∴eq\f(1,2)(lga＋lgb)＞eq\f(1,2)·2eq\r(lga·lgb)，即Q＞P.又∵eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＞lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)．∴R＞Q.故P＜Q＜R.點評：應(yīng)準確理解均值不等式成立的條件，創(chuàng)造性地應(yīng)用均值不等式．例4(教材本節(jié)例2)活動：這是一個實際問題．教師引導學生分析，根據(jù)題意在(1)中，矩形的長與寬的積是一個常數(shù)，求長與寬的和的兩倍的最小值；在(2)中，矩形的長與寬的和的兩倍是一個常數(shù)，求長與寬的積的最大值．聯(lián)想到均值不等式的兩邊恰是兩個正數(shù)的和與積，因此建立均值不等式的數(shù)學模型．點評：本例也可用函數(shù)模型解決，課后可讓學生試一試．這里用均值不等式來解，一是說明利用均值不等式求最值的方法，二是說明這種方法的快捷．解完本例后，讓學生領(lǐng)悟到：兩個正數(shù)的積為常數(shù)時，它們的和有最小值；兩個正數(shù)的和為常數(shù)時，它們的積有最大值．簡單地說就是：在應(yīng)用這個結(jié)論求最值時應(yīng)把握“一正、二定、三相等”．正是正數(shù)，定是定值，相等是能取到等號．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能訓練))1．“a＝eq\f(1,8)”是“對任意的正數(shù)x,2x＋eq\f(a,x)≥1”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件2．若正數(shù)a、b滿足ab＝a＋b＋3，則ab的取值范圍是________．答案：1．A解析：一方面，當a＝eq\f(1,8)時，對任意的正數(shù)x，有2x＋eq\f(a,x)＝2x＋eq\f(1,8x)≥1；另一方面，對任意正數(shù)x，都有2x＋eq\f(a,x)≥1，只要2x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)≥1，即得a≥eq\f(1,8).2．[9，＋∞)解法一：令eq\r(ab)＝t(t＞0)，由ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，得t2≥2t＋3，解得t≥3，即eq\r(ab)≥3，故ab≥9.解法二：由已知得ab－b＝a＋3，b(a－1)＝a＋3，∴b＝eq\f(a＋3,a－1)(a＞1)．∴ab＝a·eq\f(a＋3,a－1)＝[(a－1)＋1]eq\f(a＋3,a－1)＝a＋3＋eq\f(a＋3,a－1)＝a－1＋4＋eq\f(a－1＋4,a－1)＝a－1＋eq\f(4,a－1)＋5≥2eq\r(a－1·\f(4,a－1))＋5＝9.當且僅當a－1＝eq\f(4,a－1)時取等號，即a＝b＝3時，ab的最小值為9.∴ab的取值范圍是[9，＋∞)．點評：此題較全面地考查了均值不等式的應(yīng)用及不等式的解法與運算能力．通過思考a＋b與ab的關(guān)系聯(lián)想到均值不等式，或建立在函數(shù)思想上，求函數(shù)的值域．由于視角的不同，有多種方法，以上僅是其中的兩種解法．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(課堂小結(jié)))1．由學生自己理順整合本節(jié)都學到了哪些知識方法？有哪些收獲？2．教師強調(diào)，本節(jié)課，我們學習了重要不等式a2＋b2≥2ab；兩正數(shù)a、b的算術(shù)平均數(shù)(eq\f(a＋b,2))，幾何平均數(shù)(eq\r(ab))及它們的關(guān)系(eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab))．兩關(guān)系式成立的條件不同，前者只要求a、b都是實數(shù)，而后者要求a、b都是正數(shù)．它們既是不等式變形的基本工具，又是求函數(shù)最值的重要工具．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作業(yè)))習題3—2A組，4,5,6.習題3—2B組，1,2.設(shè)計感想1．本節(jié)設(shè)計突出重點．均值不等式的功能在于求最值，這是本節(jié)的重點，要牢牢地抓住．但使用均值不等式求函數(shù)最值時要注意：①x，y都是正數(shù)；②積xy(或和x＋y)為定值；③x與y必須能夠相等．2．本節(jié)課我們探究了均值不等式，拓展了我們的視野；證明不等式是高中數(shù)學的重點，也是難點，在設(shè)計中加強了證明不等式的題量，但難度并不大，重在讓學生體會方法．將解題思路轉(zhuǎn)化為解題過程，往往不是一帆風順的，談思路可能頭頭是道，具體求解卻可能會處處碰壁，消除思路與求解的差異，要靠探究，在探究中不斷更新，在探究中逐步完善．(設(shè)計者：鄭吉星)第2課時導入新課思路1.(復習導入)讓學生回憶上節(jié)課我們探究的重要結(jié)果：一是如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(當且僅當a＝b時取“＝”)；二是均值不等式：如果a，b是正數(shù)，那么eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(當且僅當a＝b時取“＝”)．在這個不等式中，eq\f(a＋b,2)為a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)為a，b的幾何平均數(shù)，這樣均值不等式就有了幾何意義：半弦長不大于半徑．a(chǎn)2＋b2≥2ab與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的條件是不同的，前者只要求a，b都是實數(shù)，而后者要求a，b都是正數(shù)．本節(jié)課我們進一步探究均值不等式的應(yīng)用．由此展開新課．思路2.(直接導入)通過上節(jié)課a2＋b2≥2ab(a、b∈R)與eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)的探究證明，我們熟悉了不等式的一些證明方法．本節(jié)課我們進一步領(lǐng)悟不等式的證明思路、方法，進一步熟悉利用均值不等式解決函數(shù)的最值問題的思路．教師打開多媒體課件，從而展開新課．推進新課eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(提出問題))eq\a\vs4\al(1回憶上節(jié)課探究的均值不等式，怎樣理解均值不等式的意義？都有哪些變形？,2均值不等式都有哪些方面的應(yīng)用？,3在應(yīng)用均值不等式求最值時，應(yīng)注意什么問題？)活動：教師引導學生回憶上節(jié)課我們共同探究的均值不等式，以及均值不等式與a2＋b2≥2ab的聯(lián)系．給出了均值不等式的一個幾何直觀解釋．均值不等式與a2＋b2≥2ab都有著廣泛的應(yīng)用．對這兩個重要不等式，要明確它們成立的條件是不同的．后者成立的條件是a與b都為實數(shù)，并且a與b都為實數(shù)是不等式成立的充分必要條件；而前者成立的條件是a與b都為正實數(shù)，并且a與b都為正數(shù)是不等式成立的充分不必要條件，如a＝0，b＝0，仍然能使eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立．兩個不等式中等號成立的條件都是a＝b，故a＝b是不等式中等號成立的充要條件．在使用“和為常數(shù)，積有最大值”和“積為常數(shù)，和有最小值”這兩個結(jié)論時，應(yīng)把握“一正、二定、三相等”．當條件不完全具備時，應(yīng)創(chuàng)造條件．本節(jié)課我們將進一步探究均值不等式的應(yīng)用．討論結(jié)果：(1)(2)略．(3)應(yīng)注意不等式成立的條件，即把握好“一正，二定，三相等”．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(應(yīng)用示例))例1(教材本節(jié)例3)活動：本例是求函數(shù)的最值．教師引導學生將f(x)變形，注意觀察代數(shù)式中可否出現(xiàn)和或積的定值．本例可放手讓學生自己探究，教師給予適當點撥．點評：解完本例后，讓學生反思并領(lǐng)悟在求函數(shù)最值時，如何使用均值不等式的條件，并掌握基本技能.變式訓練函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a＞0且a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為________．答案：8解析：∵y＝loga(x＋3)－1恒過點(－2，－1)，∴A(－2，－1)．又∵A在直線上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1.又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0.而eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(4m＋2n,n)＝2＋eq\f(n,m)＋2＋eq\f(4m,n)≥4＋2×2＝8，當n＝eq\f(1,2)，m＝eq\f(1,4)時取“＝”．∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為8.例2(1)已知x＜eq\f(5,4)，求函數(shù)y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值；(2)已知a、b為實數(shù)，求函數(shù)y＝(x－a)2＋(x－b)2的最小值．活動：(1)因為4x－5＜0，所以首先要“調(diào)整”符號．又(4x－2)·eq\f(1,4x－5)不是常數(shù)，所以應(yīng)對4x－2進行拆(添)項“配湊”．(2)從函數(shù)解析式的特點看，本題可化為關(guān)于x的二次函數(shù)，再通過配方法求其最小值．但若注意到(x－a)＋(b－x)為定值，則用變形不等式eq\f(m2＋n2,2)≥(eq\f(m＋n,2))2更簡捷．解：(1)∵x＜eq\f(5,4)，∴5－4x＞0.∴y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq\f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1.當且僅當5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時，上式等號成立．∴當x＝1時，ymax＝1.(2)∵y＝(x－a)2＋(x－b)2＝(x－a)2＋(b－x)2≥2[eq\f(x－a＋b－x,2)]2＝eq\f(a－b2,2)，當且僅當x－a＝b－x，即x＝eq\f(a＋b,2)時，上式等號成立．∴當x＝eq\f(a＋b,2)時，ymin＝eq\f(a－b2,2).點評：若x、y∈R＋，x＋y＝s，xy＝p.若p為定值，則當且僅當x＝y(tǒng)時，s的值最?。蝗绻鹲為定值，則當且僅當x＝y(tǒng)時，p的值最大．簡稱“和定積最大，積定和最小”．從本例的解答可以看出，求最值時往往需要拆(添)項，其目的是創(chuàng)設(shè)應(yīng)用均值不等式的情境和使等號成立的條件，即滿足“一正，二定，三相等”的要求.變式訓練已知在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，P是AB上的點，則點P到AC、BC的距離乘積的最大值是__________．答案：3解析：方法一：以CA、CB所在直線為坐標軸建立平面直角坐標系，則直線AB方程為eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1，設(shè)P(a，b)，則eq\f(a,4)＋eq\f(b,3)＝1(a＞0，b＞0)．∴ab＝12·eq\f(a,4)·eq\f(b,3)≤12(eq\f(\f(a,4)＋\f(b,3),2))2＝3，當且僅當“a＝eq\f(4b,3)”時等號成立．方法二：設(shè)P到BC的距離為a，到AC的距離為b.由相似三角形易得eq\f(a,4)＝eq\f(PB,5)，eq\f(b,3)＝eq\f(PA,5)，∴eq\f(a,4)＋eq\f(b,3)＝eq\f(PB＋PA,5)＝1.以下解法同一．例3當x＞－1時，求函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)的值域．活動：教師引導學生觀察函數(shù)f(x)的分子、分母特點，可作如下變形：f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)＝eq\f(x＋12－5x＋1＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(5,x＋1)－5.這樣就可以應(yīng)用均值不等式了．解：∵x＞－1，∴x＋1＞0.∴f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)＝eq\f(x＋12－5x＋1＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(5,x＋1)－5≥2eq\r(x＋1\f(5,x＋1))－5＝2eq\r(5)－5，當且僅當(x＋1)2＝5時，即x＝eq\r(5)－1時取“＝”．另一解x＝－eq\r(5)－1＜－1(舍去)，故函數(shù)值域為[2eq\r(5)－5，＋∞)．點評：本題解法具有典型性，解后教師引導學生領(lǐng)悟反思．這種求值域的題目，在“函數(shù)”一章中我們接觸較多，其常用方法有單調(diào)性、圖象法，還有判別式法．利用判別式法不僅計算量大，而且極易因忽視某些條件而出錯．本例給出了用均值不等式法求值域的方法，既簡單又不易出錯．但提醒學生一定要注意必須滿足的三個條件：①各項均為正數(shù)；②和或積有一個為定值；③等號一定取到，這三個條件缺一不可.變式訓練已知x1·x2·x3·…·x2006＝1，且x1、x2、x3、…、x2006都是正數(shù)，則(1＋x1)(1＋x2)…(1＋x2006)的最小值是__________．答案：22006解析：∵x1＞0，則1＋x1≥2eq\r(x1)，同理，1＋x2≥2eq\r(x2)，……1＋x2006≥2eq\r(x2006)，各式相乘，得(1＋x1)(1＋x2)…(1＋x2006)≥22006·eq\r(x1·x2·x3·…·x2006)＝22006.取“＝”的條件為x1＝x2＝x3＝…＝x2006＝1，∴所求最小值為22006.例4設(shè)0＜x＜2，求函數(shù)f(x)＝eq\r(3x8－3x)的最大值，并求相應(yīng)的x值．試問0＜x＜eq\f(4,3)時，原函數(shù)f(x)有沒有最大值？0＜x≤1時，f(x)有沒有最大值？若有，請你求出來；若沒有，請你說明理由．活動：對本例中的函數(shù)可變形為f(x)＝eq\r(24x－9x2)，根號內(nèi)是我們熟悉的二次函數(shù)，完全可以用二次函數(shù)的知識方法解決，這種方法學生很熟悉．教師可引導學生利用均值不等式求解，讓學生自己探究，教師可適時地點撥．解：∵0＜x＜2，∴8－3x＞0.∴f(x)＝eq\r(3x8－3x)≤eq\r(\f(3x＋8－3x,2)2)＝4，當且僅當3x＝8－3x，即x＝eq\f(4,3)時取“＝”．∴函數(shù)f(x)的最大值為4，此時x＝eq\f(4,3).又f(x)＝eq\r(－9x2＋24x)＝eq\r(－3x－42＋16)，∴當0＜x＜eq\f(4,3)時，f(x)遞增；當x＞eq\f(4,3)時，f(x)遞減．∴當0＜x＜eq\f(4,3)時，原函數(shù)f(x)沒有最大值．當0＜x≤1時，有最大值f(1)，即f(1)＝eq\r(15).點評：通過本例再次加深對均值不等式條件的理解．體會不等式的功能在于“和與積”的互化，構(gòu)造均值不等式，解題的技巧是拆(添)項或配湊因式．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能訓練))1．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)的最大值為()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D．12．求函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)(x＞0)的最小值，以及此時x的值．3．已知x、y∈R＋，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．答案：1．B解析：當x＝0時，f(x)＝0；當x＞0時，f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)＝eq\f(1,\r(x)＋\f(1,\r(x)))≤eq\f(1,2)，當且僅當eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))，即x＝1時取等號．2．解：∵x＞0，∴x＋eq\f(1,x)≥2·eq\r(x·\f(1,x))＝2，當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號．∴當x＝1時，x＋eq\f(1,x)的值最小，最小值是2.3．解：由2x＋8y－xy＝0得y(x－8)＝2x.∵x＞0，y＞0，∴x－8＞0.∴x＋y＝eq\f(2x,x－8)＋x＝x－8＋eq\f(16,x－8)＋10≥2eq\r(x－8·\f(16,x－8))＋10＝18，當且僅當x－8＝eq\f(16,x－8)，即x＝12時，x＋y取最小值18.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(課堂小結(jié)))1．由學生歸納整合本節(jié)課所用到的知識、思想方法，回顧本節(jié)課解決了哪些問題？應(yīng)注意些什么？2．教師點撥，本節(jié)課我們用均值不等式解決了函數(shù)的一些最值問題，在用均值不等式求函數(shù)的最值時，應(yīng)注意考查下列三個條件：(1)函數(shù)的解析式中，各項均為正數(shù)；(2)函數(shù)的解析式中，含變數(shù)的各項的和或積必須有一個為定值；(3)函數(shù)的解析式中，含變數(shù)的各項均相等，取得最值．即用均值不等式求某些函數(shù)的最值時，應(yīng)具備三個條件：一正、二定、三相等．在利用均值不等式證明一些不等式時，也應(yīng)注意均值不等式成立的條件及構(gòu)建均值不等式結(jié)構(gòu)．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作業(yè)))習題3—2A組2、3、7、8、9；習題3—2B組3、4.設(shè)計感想1．本節(jié)設(shè)計意在體現(xiàn)均值不等式的應(yīng)用，因此用不等式求解函數(shù)的最值與證明不等式是穿插進行的，且強調(diào)一題多解的訓練．2．本節(jié)設(shè)計關(guān)注了教學進程的和諧發(fā)展．整個設(shè)計給人自然流暢的感覺，沒有教師過分自我展示的味道，能使學生的思維得到充分的鍛煉，能力得到很大的提高．3．本節(jié)設(shè)計重視了學生的主體地位，從例題到變式訓練，從新課導入到課堂小結(jié)，都注意了學生的主動思維活動，充分讓學生占據(jù)思維的時空，這是提高學生思維能力的有效良方．備課資料一、算術(shù)平均數(shù)不小于幾何平均數(shù)的一種證明方法(局部調(diào)整法)(1)設(shè)a1，a2，a3，…，an為正實數(shù)，這n個數(shù)的算術(shù)平均值記為A，幾何平均值記為G，即A＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)，G＝eq\r(n,a1a2…an)，即A≥G，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，A＝G.特別地，當n＝2時，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)；當n＝3時，eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc).(2)用局部調(diào)整法證明均值不等式A≥G.設(shè)這n個正數(shù)不全相等．不失一般性，設(shè)0＜a1≤a2≤…≤an，易證a1＜A＜an，且a1＜G＜an.在這n個數(shù)中去掉一個最小數(shù)a1，將a1換成A，再去掉一個最大數(shù)an，將an換成a1＋an－A，其余各數(shù)不變，于是得到第二組正數(shù)：A，a2，a3，…，an－1，a1＋an－A.這一代換具有下列性質(zhì)：①兩組數(shù)的算術(shù)平均值不變，設(shè)第二組數(shù)的算術(shù)平均值為A1，那么A1＝eq\f(A＋a2＋a3＋…＋an－1＋a1＋an－A,n)＝A，②第二組數(shù)的幾何平均值最大．設(shè)第二組數(shù)的幾何平均值為G1，則G1＝eq\r(n,Aa2a3…an－1a1＋an－A)，∵A(a1＋an－A)－a1an＝(A－a1)(an－A)，由a1＜A＜an，得(A－a1)(an－A)＞0，則A(a1＋an－A)＞a1an.∴Aa2a3…an－1(a1＋an－A)＞a1a2…an－1·an，即G1＞G.二、備用習題1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則()A．a(chǎn)b≤eq\f(1,2)B．a(chǎn)b≥eq\f(1,2)C．a(chǎn)2＋b2≥2D．a(chǎn)2＋b2≤32．若a、b、c、d、x、y是正實數(shù)，且P＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，Q＝eq\r(ax＋cy)·eq\r(\f(b,x)＋\f(d,y))，則()A．P＝QB．P＜QC．P≤QD．P≥Q3．若函數(shù)y＝f(x)的值域是[eq\f(1,2)，3]，則函數(shù)F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)的值域是()A．[eq\f(1,2)，3]B．[2，eq\f(10,3)]C．[eq\f(5,2)，eq\f(10,3)]D．[3，eq\f(10,3)]4．某公司一年購買某種貨物400噸，每次都購買x噸，運費為4萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元，要使一年的總運費與總存儲