新人教版课时作业-第二章-2.2-第1课时基本不等式

新人教版课时作业-第二章-2.2-第1课时基本不等式新人教版课时作业-第二章-2.2-第1课时基本不等式新人教版课时作业-第二章-2.2-第1课时基本不等式xxx公司新人教版课时作业-第二章-2.2-第1课时基本不等式文件编号：文件日期：修订次数：第1.0次更改批准审核制定方案设计，管理制度2．2基本不等式第1课时基本不等式学习目标1.掌握基本不等式及推导过程.2.能熟练运用基本不等式比较两实数的大小.3.能初步运用基本不等式进行证明和求最值．知识点基本不等式1．如果a>0，b>0，eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．其中eq\f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq\r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．2．变形：ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，a，b∈R，当且仅当a＝b时，等号成立．a＋b≥2eq\r(ab)，a，b都是正数，当且仅当a＝b时，等号成立．1．对于任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab.(√)2．n∈N*时，n＋eq\f(2,n)>2eq\r(2).(√)3．x≠0时，x＋eq\f(1,x)≥2.(×)4．若a>0，则a3＋eq\f(1,a2)的最小值为2eq\r(a).(×)一、利用基本不等式比较大小例1某工厂生产某种产品，第一年产量为A，第二年的增长率为a，第三年的增长率为b，这两年的平均增长率为x(a，b，x均大于零)，则()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)考点基本不等式比较大小题点利用基本不等式比较大小答案B解析第二年产量为A＋A·a＝A(1＋a)，第三年产量为A(1＋a)＋A(1＋a)·b＝A(1＋a)(1＋b)．若平均增长率为x，则第三年产量为A(1＋x)2.依题意有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)一端为和，一端为积，使用基本不等式比较大小要善于利用这个桥梁化和为积或者化积为和．跟踪训练1若0<a<1,0<b<1，且a≠b，试找出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，∴四个数中最大的应从a＋b，a2＋b2中选择．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)当x>0时，求eq\f(12,x)＋4x的最小值；(2)当x<0时，求eq\f(12,x)＋4x的最大值；(3)当x>1时，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时取得最小值，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).当且仅当eq\f(12,x)＝4x，即x＝eq\r(3)时取最小值8eq\r(3)，∴当x>0时，eq\f(12,x)＋4x的最小值为8eq\r(3).(2)∵x<0，∴－x>0.则eq\f(12,－x)＋(－4x)≥2eq\r(\f(12,－x)·－4x)＝8eq\r(3)，当且仅当eq\f(12,－x)＝－4x时，即x＝－eq\r(3)时取等号．∴eq\f(12,x)＋4x≤－8eq\r(3).∴当x<0时，eq\f(12,x)＋4x的最大值为－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，当且仅当x－1＝eq\f(4,x－1)，即x＝3时，取等号．(4)4x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(4x·\f(a,x))＝4eq\r(a)，当且仅当4x＝eq\f(a,x)，即a＝4x2＝36时取等号，∴a＝36.反思感悟在利用基本不等式求最值时要注意三点：一是各项均为正；二是寻求定值，求和式最小值时应使积为定值，求积式最大值时应使和为定值(恰当变形，合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧)；三是考虑等号成立的条件是否具备．跟踪训练2已知x>0，y>0，且x＋y＝8，则(1＋x)·(1＋y)的最大值为()A．16B．25C．9D．36答案B解析因为x>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，因此当且仅当x＝y＝4时，(1＋x)·(1＋y)取最大值25.三、用基本不等式证明不等式例3已知a，b，c都是正数，求证：a＋b＋c－eq\r(ab)－eq\r(bc)－eq\r(ac)≥0.证明∵a，b，c都是正数，∴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证明不等式的策略与注意事项(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后转化为所求问题，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．(2)注意事项：①多次使用基本不等式时，要注意等号能否成立；②累加法是不等式证明中的一种常用方法，证明不等式时注意使用；③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合，形成基本不等式模型，再使用．跟踪训练3若实数a<0，求证：a＋eq\f(1,a)≤－2，并指出等号成立的条件．证明根据题意，a<0，则－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，则有a＋eq\f(1,a)≤－2，当且仅当a＝－1时，等号成立．故a＋eq\f(1,a)≤－2，当且仅当a＝－1时，等号成立．1．若0<a<b，则下列不等式一定成立的是()A．a>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)考点基本不等式的理解题点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．下列不等式正确的是()A．a＋eq\f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≤－2C．a2＋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．下列等式中最小值为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时，y＝－5<4，B中t＝－1时，y＝－3<4，C中y＝4t＋eq\f(1,t)≥2eq\r(4t·\f(1,t))＝4，当且仅当t＝eq\f(1,2)时等号成立，D中t＝－1时，y＝－2<4.故选C.4．下列不等式中，正确的是()A．a＋eq\f(4,a)≥4 B．a2＋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，则a＋eq\f(4,a)≥4不成立，故A错；a＝1，b＝1，则a2＋b2<4ab，故B错；a＝4，b＝16，则eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)，故C错；由基本不等式可知D项正确．5．已知x>－1，则eq\f(x＋10x＋2,x＋1)的最小值为________．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.当且仅当x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2时，等号成立．1．知识清单：两个不等式：a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b都是正数)．2．方法归纳：通过拆项、加项配凑成基本不等式的形式．3．常见误区：一正、二定、三相等，常缺少条件导致错误．1．给出下列条件：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成立的个数是()A．1B．2C．3D．4答案C解析根据基本不等式的条件，a，b同号，则eq\f(b,a)>0，故选C.2．a，b∈R，则a2＋b2与2|ab|的大小关系是()A．a2＋b2≥2|ab| B．a2＋b2＝2|ab|C．a2＋b2≤2|ab| D．a2＋b2>2|ab|答案A解析∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，∴a2＋b2≥2|ab|(当且仅当|a|＝|b|时，等号成立)．3．若a，b∈R且ab>0，则下列不等式中恒成立的是()A．a2＋b2>2ab B．a＋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错误；对于B，C，当a<0，b<0时，显然错误；对于D，∵ab>0，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．4．若0<a<b且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是()A.eq\f(1,2) B．a2＋b2C．2ab D．a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＋b≥4 B．a＋b≤4C．a2＋b2≥4 D．a2＋b2≤4答案C解析∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)＝2eq\r(2)，故A，B均错误．a2＋b2≥2ab＝4，故选C.6．已知a>b>c，则eq\r(a－bb－c)与eq\f(a－c,2)的大小关系是____________________．答案eq\r(a－bb－c)≤eq\f(a－c,2)解析因为a>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)，当且仅当a－b＝b－c时，等号成立．7．设a，b为非零实数，给出下列不等式：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________．(填序号)答案①②解析由重要不等式a2＋b2≥2ab，可知①正确；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正确；当a＝b＝－1时，不等式的左边为eq\f(a＋b,2)＝－1，右边为eq\f(ab,a＋b)＝－eq\f(1,2)，可知③不正确；当a＝1，b＝－1时，可知④不正确．8．设a>0，b>0，给出下列不等式：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________．(填序号)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.当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝\f(1,ab)，,\f(b,a)＝\f(a,b)，))即a＝b＝1时，“＝”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.当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(b,a)，即a＝b时，“＝”成立，故③恒成立；当a＝3时，a2＋9＝6a，故④不恒成立．综上，恒成立的是①②③.9．设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)，证明：a＋b≥2.证明由于a>0，b>0，则a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，由于a＋b>0，则ab＝1，即有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时取得等号，∴a＋b≥2.10．(1)设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).当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)时，等号成立．∵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)))的最大值为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，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号，∴(a－c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－b)＋\f(1,b－c)))的最小值为4.11．若xy是正数，则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，当且仅当x＝y＝eq\f(\r(2),2)或x＝y＝－eq\f(\r(2),2)时取等号．12．已知a>0，b>0，则下列不等式中不成立的是()A．a＋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)，当且仅当a＝b＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，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，当且仅当a＝b时，等号成立，B成立；∵a2＋b2≥2ab>0，∴eq\f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立，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)，当且仅当a＝b时，等号成立，D不成立．13.eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为________．答案2＋2eq\r(3)解析令x－1＝t，则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.当且仅当t＝eq\f(3,t)，即t＝eq\r(3)，x＝eq\r(3)＋1时，等号成立．14．已知x>0