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2015-2016学年高中数学3.4第2课时基本不等式的应用-证明与最值问题课件新人教A版必修5_图文

成才之路 ·数学
人教A版 ·必修5
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

第三章 不等式

第三章 3.4 基本不等式 ab≤a+2 b
第2课时 基本不等式的应用 —证明与最值问题

1 自主预习学案 2 课堂探究学案 3 课时作业

自主预习学案

? 1.熟练掌握基本不等式及其变形的应用.
? 2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问 题.
? 3.能够运用基本不等式解决简单的实际应用 问题.

? 一养殖场想用栅栏围成一个长、宽分别为a、 b的矩形牧场,现在已有材料能做成lkm的栅
栏,那么如何设计才能使围成的矩形牧场面 积最大?

? 1.利用均值不等式求最值时,必须同时满足 三一正个条件二:定_____三__相_等、________、 __________.
? 条2件.连续两次使用不等式变形时要保持前后等 号成立________的一致性.

1.由基本不等式a+2 b≥ ab(a,b∈R+) 可以推导出: (1)ab≤(a+2 b)2,(a、b∈R+). (2)反向不等式:a+b≤ 2?a2+b2?(a、b∈R+). 你会证明吗? (1)由基本不等式两边平方即得. (2)将 a2+b2≥2ab,两边同加上 a2+b2 得 2(a2+b2)≥(a+b)2 开方即得.

已知正数 a,b 满足 a+b=8,则 a+ b的最大值为

________.

? [答案] 4

[解析]

a+ b≤ 2?a+b?=4.等号成立时,?????a+a=b=b8,,

∴a=4,b=4.

∴所求最大值为 4.

2.利用基本不等式证明不等式的方法 利用基本不等式证明不等式时常常应用一些变形形式.经 常使用的有: (1)若 x>0,则 x+1x≥2;若 x<0,则 x+1x≤-2. (2)若 ab>0,则ba+ab≥2;若 ab<0,则ba+ab≤-2.

(3)一个重要不等式链:b≥a>0 时,b≥
≥ ab≥a2+abb=1a+2 1b≥a. 你会证明上述结论吗?

a2+2 b2≥a+2 b

? 已知a>2,求证:loga(a-1)·loga(a+1)<1.
[证明] ∵a>2,所以 loga(a-1)>0,loga(a+1)>0, 又 loga(a-1)≠loga(a+1), ∴ loga?a-1?·loga?a+1?<loga?a-1?+2 loga?a+1? =12loga(a2-1)<12logaa2=1, ∴loga(a-1)·loga(a+1)<1.

课堂探究学案

“1”的代换

1b+1c≥9.

设 a,b,c 都是正数且 a+b+c=1,求证:1a+

? [分析] 本题考查利用均值不等式证明不等 式.将a+b+c=1代入所证式子的左边,然 后拆、配成均值不等式的形式.

[证明] 由题意,得1a+1b+1c=a+ab+c+a+bb+c+a+bc+c
=3+(ba+ab)+(ac+ac)+(bc+bc).
又∵ba+ab≥2,ac+ac≥2,bc+bc≥2,
当且仅当ba=ab,ac=ac,bc=bc,即 a=b=c=13时,等号成立,
∴1a+1b+1c≥3+2+2+2=9.
? [方法规律总结] 在对代数式进行变换时,并 不是只能将代数式中的“元”消去,也可利 用整体代换将某些“常数”消去.

已知 a、b、c∈(0,+∞),且 a+b+c=1, 求证:(1a-1)(1b-1)(1c-1)≥8.

[证明] ∵a+b+c=1,代入不等式的左端, ∴(1a-1)(1b-1)(1c-1) =(a+ab+c-1)(a+bb+c-1)(a+bc+c-1) =(ba+ac)(ab+bc)(ac+bc) =ac+bc+ba+ac+ab+bc+2 =(ba+ab)+(bc+bc)+(ac+ac)+2.

∵a、b、c∈(0,+∞),∴ab+ba≥2, bc+bc≥2,ac+ac≥2, ∴(ab+ba)+(bc+bc)+(ac+ac)≥6, ∴(1a-1)(1b-1)(1c-1)≥8, 当且仅当 a=b=c=13时,等号成立.

不等式的证明技巧—字母轮换不等式的证法

?

求证:a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥

? abc(a+b+c).

? [分析] 本题中的表达式具有轮换对称关系, 将表达式中字母轮换a→b→c→a后表达式不 变,这类问题证明一般变为几个表达式(通常 几个字母就需几个表达式)迭加(乘),从而获 解.

? [证明] 先证a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2, ? ∵a2+b2≥2ab(a,b∈R), ? ∴a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2c2a2, ? ∴2(a4+b4+c4)≥2a2b2+2b2c2+2c2a2, ? ∴a4+b4+c2≥a2b2+b2c2+c2a2, ? 再证a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c), ? ∵a2b2+b2c2=b2(a2+c2)≥2ab2c ? (等号在a=c时成立).

? 同理a2b2+a2c2≥2a2bc,(等号在b=c时成 立).
? b2c2+a2c2≥2abc2,(等号在a=b时成立).
? 三式相加得:a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c),
? (等号在a=b=c时成立).
? [方法规律总结] 证明不等式时,要注意观察 分析其结构特征选取相应的证明方法.若不 等式中字母具有轮换对称关系,则常常连用 几个形式相同字母不同的不等式迭加获证.

试证下列不等式

(1)已知 a、b、c 为两两不相等的实数,求证:a2+b2+c2>ab

+bc+ca;

(2)若 a、b、c 是不全相等的正数,求证:lga+2 b+lgb+2 c+

c+a lg 2 >lg

a+lg

b+lg

c;

(3)已知:a>0,b>0,a+b=1,求证:(a+1a)(b+1b)≥245.

[证明] (1)∵a2+b2>2ab,b2+c2>2bc,c2+a2>2ca, 以上三式相加:2(a2+b2+c2)>2ab+2bc+2ca, ∴a2+b2+c2>ab+bc+ca. (2)∵a、b、c∈R+. ∴lga+2 b+lgb+2 c+lgc+2 a>lga+lgb+lgc ?lg????a+2 b·b+2 c·c+2 a????>lg(abc) ?a+2 b·b+2 c·c+2 a>abc.

因为a+2 b≥ ab>0,b+2 c≥ bc>0,c+2 a≥ ac>0,且以上 三个不等式中等号不能同时成立,所以a+2 b·b+2 c·c+2 a>abc 成 立,从而原不等式成立.

(3)(a+1a)(b+1b)=ab+a1b+ba+ab=(

1- ab

ab)2+ba+ab+2,

∵a>0,b>0,∴ba+ab≥2.

又 a>0,b>0,a+b=1,∴1=a+b≥2 ab.

∴ ab≤12, 1ab≥2,- ab≥-12.



1- ab

ab≥32.

∴(

1- ab

ab)2≥94.

∴(a+1a)(b+1b)≥94+2+2=245.

当且仅当 a=b=12时,式中等号成立.

? [点评] 不能直接应用基本不等式证明不等式 和连续两次使用基本不等式等号不能同时成
立的情形,要通过合理的变形,“重新组合” 或者“1的代换”等换巧.构造运用基本不等 式的条件.

求参数的取值范围问题
设 a>b>c 且a-1 b+b-1 c≥a-m c恒成立,求 m 的 取值范围.
[分析] 原不等式恒成立,由于a-c>0,aa--bc+ab- -cc≥m 恒 成立,则问题转化为求aa--bc+ab- -cc的最小值问题.观察其构成 规律可以发现 a-c=(a-b)+(b-c).即可得出符合基本不等条 件的形式.

[证明] 由 a>b>c,知 a-b>0,a-c>0,b-c>0. 因此,原不等式等价于aa--bc+ab- -cc≥m, aa--bc+ab- -cc=?a-ba?-+b?b-c?+?a-bb?-+c?b-c?=2+ab--bc+ ab--bc≥2+2 ab--bc·ab--bc=4. 当且仅当ab--bc=ab--bc,即当 2b=a+c 或 a=c(舍去)时,等 号成立,∴m≤4.

? [方法规律总结] 1.恒成立问题求参数的取值 范围,常用“分离参数”转化为函数最值问 题求解;2.解题思路来源于细致的观察,丰 富的联想和充分的知识、技能的储备,要注 意总结记忆.

? 已知函数f(x)在定义域(-∞,1]上是减函数, 是否存在实数k,使得f(k-sinx)≥f(k2-sin2x)对 一切x∈R恒成立?并说明理由.
? [分析] 首先应根据函数单调性去掉函数符号, 转化为关于sinx的不等式恒成立问题,然后依 据sinx的有界性及恒成立,转化为k的不等式 求解问题.

[解析] ∵f(x)在(-∞,1]上是减函数,

∴k-sinx≤k2-sin2x≤1.

假设存在实数 k 符合题设,

则 k2-sin2x≤1,即 k2-1≤sin2x 对一切 x∈R 恒成立,且

sin2x≥0,

∴k2-1≤0,∴-1≤k≤1.



由 k-sinx≤k2-sin2x,得(sinx-12)2≤k2-k+14,

则 k2-k+14≥(sinx-12)2 对一切 x∈R 恒成立.
∵(sinx-12)2 的最大值为94,
∴k2-k+14≥94, 即 k2-k-2≥0,解得 k≤-1 或 k≥2.
由①②知,k=-1 为符合题意的实数.
? [点评] 若f(x)的最大值为M,最小值为m,则 k≥f(x)恒成立,?k≥M;k≤f(x)恒成立,?k≤m; k>f(x)有解?k>m;k<f(x)有解?k<M.

实际应用问题

?

如右图,动物园要围

成相同面积的长方形虎笼四间,

一面可利用原有的墙,其他各

面用钢筋网围成.
(1)现有可围 36 m 长的材料,每间虎笼的长、宽各设计为

多少时,可使每间虎笼面积最大?

(2)若使每间虎笼面积为 24 m2,则每间虎笼的长、宽各设

计为多少时,可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小?

? [分析] 设每间虎笼长x m,宽y m,则问题(1) 是在4x+6y=36的前提下求xy的最大值;而 问题(2)则是在xy=24的前提下求4x+6y的最 小值.因此,使用均值定理解决.
? [解析] 设每间虎笼长x m,宽y m,则由条件 知:4x+6y=36,即2x+3y=18.
? 设每间虎笼面积为S,则S=xy.

解法一:由于 2x+3y≥2 2x·3y=2 6xy, ∴2 6xy≤18,得 xy≤227, 即 S≤227,当且仅当 2x=3y 时,等号成立. 由?????22xx=+33yy=18 , 解得?????yx==34.5 , 故每间虎笼长为 4.5 m,宽为 3 m 时,可使面积最大.

解法二:由 2x+3y=18,得 x=9-32y. ∵x>0,∴9-32y>0,∴0<y<6, S=xy=???9-32y???y=32(6-y)·y. ∵0<y<6,∴6-y>0, ∴S≤32·?????6-2y?+y????2=227. 当且仅当 6-y=y,即 y=3 时,等号成立,此时 x=4.5. 故每间虎笼长 4.5 m,宽 3 m 时,可使面积最大.

(2)由条件知 S=xy=24. 设钢筋网总长为 l,则 l=4x+6y. 解法一:∵2x+3y≥2 2x·3y=2 6xy=24, ∴l=4x+6y=2(2x+3y)≥48, 当且仅当 2x=3y 时,等号成立. 由?????x2yx==234y,, 解得?????yx==46., 故每间虎笼长 6 m,宽 4 m 时,可使钢筋网总长最小.

解法二:由 xy=24 得 x=2y4. ∴l=4x+6y=9y6+6y=6???1y6+y???≥6×2 1y6·y=48.当且仅 当1y6=y,即 y=4 时,等号成立,此时 x=6. 故每间虎笼长 6 m,宽 4 m 时,可使钢筋网总长最小.

[方法规律总结] 应用基本不等式解决实际问题的步骤: (1)理解题意,设出变量,一般把要求最值的量定为函数; (2)建立相应的函数关系,把实际问题抽象成函数的最大值 或最小值问题; (3)在定义域内,利用基本不等式求出函数的最大值或最小 值; (4)根据实际背景写出答案.

? 某种汽车,购车费用是10万元,每年使用的 保险费、汽油费约为0.9万元,年维修费第一 年是0.2万元,以后逐年递增0.2万元,问这种 汽车使用多少年时,它的年平均费用最少?
? [分析] 年平均费用等于总费用除以年数,总 费用包括:购车费、保险费、汽油费以及维 修费用总和,因此应先计算总费用,再计算 年平均费用.

[解析] 设使用 x 年平均费用最少. 由条件知:汽车每年维修费构成以 0.2 万元为首项,0.2 万 元为公差的等差数列. 因此,汽车使用 x 年总的维修费用为 ?0.2+20.2x?·x万元.

设汽车的年平均费用为 y 万元,则有 y=10+0.9x+?x0.2+20.2x?·x=10+x+x 0.1x2 =1+1x0+1x0≥1+2 1x0·1x0=3. 当且仅当1x0=1x0,即 x=10 时,y 取最小值. 答:汽车使用 10 年平均费用最少.

忽视条件致误
求 f(x)=2+log2x+lo5g2x(0<x<1)的最值.
[错解] f(x)=2+log2x+lo5g2x ≥2+2 log2x·lo5g2x=2+2 5. ∴f(x)有最小值 2+2 5,无最大值.
? [辨析] 错误的原因是忽视了各项必须全为正 数的条件.

[正解] ∵0<x<1,∴log2x<0,

∴-log2x>0,-lo5g2x>0,

∴(-log2x)+(-lo5g2x)≥2 =2 5,

?-log2x??-lo5g2x?

即-(log2x+lo5g2x)≥2 5,

∴log2x+lo5g2x≤-2 5.

∴f(x)=2+log2x+lo5g2x≤2-2 5,

当且仅当

log2x=lo5g2x,即

x=2

1

时,等号成立. 5

∴f(x)max=2-2 5.

? [警示] 应用基本不等式前,必须检查各项是 否为正数.

基本不等式的应用?????利 利用 用基 基本 本不 不等 等式 式求 证最明值不等式



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