选修4-5学案1-1-2基本不等式导学案

1.基本不等式学习目标1.了解两个正数的算术平均与几何平均．2．理解定理1和定理2.3．掌握利用基本不等式求一些函数的最值及解决实际的应用问题.一、自学释疑根据线上提交的自学检测，生生、师生交流讨论，纠正共性问题。二、合作探究探究1函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)的最小值是2吗？探究2在基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)中，为什么要求a>0，b>0?探究3利用eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)求最值的条件是怎样的？探究4你能给出基本不等式的几何解释吗？名师点拨1.常用基本不等式(1)(a－b)2≥0⇔a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)均值不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b∈R＋)．这两个不等式都是在a＝b时，等号成立．而(1)只要求a，b∈R，而公式(2)条件加强了，要求a>0，b>0.注意区别．(3)利用基本不等式还可以得到以下不等式：a＋eq\f(1,a)≥2(a>0，当且仅当a＝1时取等号)．当ab>0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(当且仅当a＝b时取等号)．a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)≥2ab(a，b∈R，当且仅当a＝b时，等号成立)．2．均值不等式的应用应用均值不等式中等号成立的条件，可以求最值．(1)x，y∈R＋，且xy＝m(m为定值)，那么当x＝y时，x＋y有最小值2eq\r(m)；(2)x，y∈R＋，且x＋y＝n(n为定值)，那么当x＝y时，xy有最大值eq\f(n2,4).在应用均值不等式求最值时，应强调“一正、二定、三相等”．否则会得出错误的结果.例1已知a，b，c为正实数，求证：(1)eq\f(（a＋b）（b＋c）（c＋a）,abc)≥8；(2)a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca).变式练习1．设a，b，c∈R＋，求证：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)．例2已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．变式练习2．求函数f(x)＝eq\f(－2x2＋x－3,x)(x＞0)的最大值及此时x的值．例3某单位决定投资3200元建一仓库(长方体)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧用砖墙，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元．仓库底面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？变式练习3．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．(1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？(2)某提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210吨时，其价格可享受9折优惠，问该厂是否考虑利用此优惠条件？请说明理由．

参考答案探究1【提示】函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)的最小值不是2.当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2；(当且仅当x＝1时取等号)当x<0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＝－≤－2.(当且仅当x＝－1时取等号)显然f(x)无最小值，也无最大值.探究2【提示】对于不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，如果a，b中有两个或一个为0，虽然不等式仍成立，但是研究的意义不大，当a，b都为负数时，不等式不成立；当a，b中有一个为负数，另一个为正数，不等式无意义．探究3【提示】利用基本不等式求最值的条件是“一正、二定、三相等”，即(1)各项或各因式为正；(2)和或积为定值；(3)各项或各因式能取得相等的值．探究4【提示】如图，以a＋b为直径的圆中，DC＝eq\r(ab)，且DC⊥AB.因为CD为圆的半弦，OD为圆的半径，长为eq\f(a＋b,2)，根据半弦长不大于半径，得不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2).显然，上述不等式当且仅当点C与圆心重合，即当a＝b时，等号成立．因此，基本不等式的几何意义是圆的半弦长不大于半径；或直角三角形斜边的中线不小于斜边上的高．例1[精讲详析]本题考查基本不等式在证明不等式中的应用，解答本题需要分析不等式的特点，先对a＋b，b＋c，c＋a分别使用基本不等式，再把它们相乘或相加即可．(1)∵a，b，c为正实数，∴a＋b≥2eq\r(ab)＞0，b＋c≥2eq\r(bc)＞0，c＋a≥2eq\r(ca)＞0，由上面三式相乘可得(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8eq\r(ab)·eq\r(bc)·eq\r(ca)＝8abc.即eq\f(（a＋b）（b＋c）（c＋a）,abc)≥8.(2)∵a，b，c为正实数，∴a＋b≥2eq\r(ab)，b＋c≥2eq\r(bc)，c＋a≥2eq\r(ca)，由上面三式相加可得(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca).即a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca).变式练习1．证明：∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2.又a，b，c∈R＋，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)|a＋b|＝eq\f(\r(2),2)(a＋b)．同理：eq\r(b2＋c2)≥eq\f(\r(2),2)(b＋c)，eq\r(c2＋a2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋c)．三式相加，得eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)．当且仅当a＝b＝c时取等号.例2[精讲详析]本题考查基本不等式的应用，解答本题可灵活使用“1”的代换或对条件进行必要的变形，然后再利用基本不等式求得和的最小值．∵x＞0，y＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10≥6＋10＝16.当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，即x＝4，y＝12时，上式取等号．故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.变式练习2．解：f(x)＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3,x))).因为x＞0，所以2x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(6)，得－(2x＋eq\f(3,x))≤－2eq\r(6)，因此f(x)≤1－2eq\r(6)，当且仅当2x＝eq\f(3,x)，即x2＝eq\f(3,2)时，式子中的等号成立．由于x＞0，因而x＝eq\f(\r(6),2)时，等号成立．因此f(x)max＝1－2eq\r(6)，此时x＝eq\f(\r(6),2).例3[精讲详析]本题考查基本不等式的应用，解答此题需要设出铁栅和砖墙的长，然后根据投资费用列出关系式，借助基本不等式即可解决．设铁栅长为xm，一堵砖墙长为ym，则有S＝xy，由题意，得40x＋2×45y＋20xy＝3200，由基本不等式，得3200≥2eq\r(40x·90y)＋20xy＝120eq\r(xy)＋20xy＝120eq\r(S)＋20S，∴S＋6eq\r(S)≤160，即(eq\r(S)＋16)(eq\r(S)－10)≤0.∵eq\r(S)＋16＞0，∴eq\r(S)－10≤0，从而S≤100.因此S的最大允许值是100m2，取得此最大值的条件是40x＝90y，而xy＝100，由此求得x＝15，即铁栅的长应是15m.变式练习3．解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x吨，由题意可知，面粉的保管等其他费用为3[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1)，设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1＝eq\f(9x（x＋1）＋900,x)＋1800×6＝eq\f(900,x)＋9x＋10809≥2eq\r(\f(900,x)·9x)＋10809＝10989，当且仅当9x＝eq\f(900,x)，(2)因为不少于210吨，每天用面粉6吨，所以至少每隔35天购买一次面粉，设该厂利用此优惠条件后，每隔x(x≥35)天购买一次面粉．平均每天支付的总费用为y2元，则y2＝eq\f(1,x)[9x(x＋1)＋900]＋＝eq\f(900,x)＋9x＋9729(x≥35)，令f(x)＝x＋eq\f(100,x)(x≥35)，x2＞x1≥35，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(100,x1)))－eq\b\lc\(\rc\