2.基本不等式教学设计(第一课时)

课题

名称

[ 基本不等式教学设计

知识与技能目标

1.理解重要不等式与基本不等式，知道不等式等号成立的条件；

2.初步掌握不等式证明的方法；

过程与方法目标

通过对基本不等式的学习，了解基本不等关系的作用和处理技巧；

情感态度与价值观目标

了解不等关系与现实世界的关系，知道不平衡不稳定才是常态，理解稳定与微妙的平衡是难得的，珍惜现实中的稳定与平衡。

重点：理解重要不等式与基本不等式，知道不等式等号成立的条件

难点：正确运用基本不等式

三

维

目

标

重难点

新课教学：

一、复习回顾相关知识

1．定理1

如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

2．定理2(基本不等式) a＋b如果a，b＞0，那么≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．即：两个正数的算术平2均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．

3．算术平均与几何平均

a＋b如果a，b都是正数，我们就称为a，b的算术平均，ab为a，b的几何平均．

24．利用基本不等式求最值

对两个正实数x，y，(1)如果它们的和S是定值，则当且仅当x＝y时，它们的积P取得最大值；

(2)

如果它们的积P是定值，则当且仅当x＝y时，它们的和S取得最小值．

二、新课教学

a＋b1．在基本不等式≥ab中，为什么要求a，b∈(0，＋∞)? 2

a＋b提示：对于不等式≥ab，如果a，b中有两个或一个为0，虽然不等式仍成立，但2是研究的意义不大，而且a，b至少有一个为0时，不能称ab为几何平均(或等比中项)，因此规定a，b∈(0，＋∞)．

a＋b2．利用基本不等式≥ab求最值的条件是什么？

2提示：“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．

已知a，b，c为正实数，

（a＋b）（b＋c）（c＋a）求证：(1)≥8；

abc(2)a＋b＋c≥ab＋bc＋ca. [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≥2ab＞0，b＋c≥2

bc＞0，c＋a≥2ca＞0，

由上面三式相乘可得(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8

（a＋b）（b＋c）（c＋a）ab·bc·ca＝8abc.即≥8.

abc(2)∵a，b，c为正实数，

∴a＋b≥2ab，b＋c≥2bc，

c＋a≥2ca，由上面三式相加可得

(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)≥2ab＋2bc＋2ca.

即a＋b＋c≥ab＋bc＋ca.

——————————————————

(1)用基本不等式证明不等式时，应首先依据不等式两边式子的结构特点进行恒等变形，使之具备基本不等式的

结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形形式进行证明．

(2)本题证明过程中多次用到基本不等式，然后利用同向不等式的可加性或可乘性得出

所证的不等式，要注意不等式性质的使用条件，对“当且仅当……时取等号”这句话要搞清楚．

1．设a，b，c∈R＋，求证：

证明：∵a2＋b2≥2ab，

∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2.

又a，b，c∈R＋，

∴a2＋b2≥22|a＋b|＝(a＋b)．

222(b＋c)，

2a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2≥2(a＋b＋c)．

同理：b2＋c2≥c2＋a2≥得

2(a＋c)．三式相加，

2a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2≥2(a＋b＋c)．

当且仅当a＝b＝c时取等号.

19

已知x＞0，y＞0，且＋＝1，求x＋y的最小值．

xy[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．

19∵x＞0，y＞0，＋＝1，

xy19∴x＋y＝x＋y(x＋y)

y9x＝＋＋10≥6＋10＝16.

xyy9x当且仅当＝，

xy19又＋＝1，

xy即x＝4，y＝12时，上式取等号．

故当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16. ——————————————————

(1)运用不等式求最大值、最小值，用到两个结论，简述为：“和定积最大”与“积定

和最小”．

(2)运用定理求最值时：必须做到“一正，二定，三相等”．

－2x2＋x－32．求函数f(x)＝(x＞0)的最大值及此时x的值．

x32x＋.

解：f(x)＝1－x3因为x＞0，所以2x＋≥26，

x3得－(2x＋)≤－26，因此f(x)≤1－26，

x33当且仅当2x＝，即x2＝时，

x2式子中的等号成立．

由于x＞0，因而x＝6时，等号成立．

26. 2因此f(x)max＝1－26，此时x＝

某单位决定投资3 200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？

[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x m，一堵砖墙长为y m，则有S＝xy，由题意，得

40x＋2×45y＋20xy＝3 200，

由基本不等式，得3 200≥240x·90y＋20xy

＝120xy＋20xy＝120S＋20S，

∴S＋6S≤160，

即(S＋16)(S－10)≤0.

∵S＋16＞0，

∴S－10≤0，从而S≤100.

因此S的最大允许值是100 m2，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15 m. ——————————————————

利用不等式解决实际应用问题时，首先要仔细阅读题目，弄清要解决的实际问题，确定是求什么量的最值；其次，分析题目中给出的条件，建立y的函数表达式y＝f(x)(x一般为题目中最后所要求的量)；最后，利用不等式的有关知识解题．求解过程中要注意实际问题对变量x的范围制约．

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1 800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．

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

9x（x＋1）＋900900y1＝＋1 800×6＝＋9x＋10 809

xx≥2 900·9x＋10 809＝10 989，

x900当且仅当9x＝，

x即x＝10时取等号．

即该厂每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少．

(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

1y2＝[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800×0.9

x＝900＋9x＋9 729(x≥35)，

x

100令f(x)＝x＋(x≥35)，x2＞x1≥35，

x100100x1＋－x2＋

则f(x1)－f(x2)＝x1x2＝（x2－x1）（100－x1x2）.

x1x2∵x2＞x1≥35，

∴x2－x1＞0，x1x2＞0，100－x1x2＜0,

∴f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，

100即f(x)＝x＋

x当x≥35时为增函数，

∴当x＝35时，f(x)有最小值，此时y2≈10 069.7＜10 989.

∴该厂应接受此优惠条件．

(陕西高考)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(a

) A．a

B．v＝ab

a＋ba＋bC.ab

D．v＝

22[命题立意]

考查基本不等式的应用，考查应

用数学知识解决实际问题的能力．

S[解析]

选A

设甲、乙两地的距离为S，则从甲地到乙地所需时间为。

aS2S2ab2ab从乙地到甲地所需时间为，又因为a＝a，

a＋b2b即a

课后巩固练习

一、选择题

1．设x、y为正实数，且xy－(x＋y)＝1，则(

) A．x＋y≥2(2＋1)

B．x＋y≤2(2＋1) C．x＋y≤(2＋1)2

D．x＋y≥(2＋1)2

x＋y解析：选A

x＞0，y＞0，xy－(x＋y)＝1⇒xy＝1＋(x＋y)⇒1＋(x＋y)≤2⇒x＋y≥2(2＋1)．

x2－4x＋552．已知x≥，则f(x)＝有(

) 22x－455A．最大值

B．最小值

44C．最大值1

D．最小值1 51解析：选D

∵x≥，∴x－2≥.

22（x－2）2＋111∴f(x)＝＝(x－2)＋≥

22（x－2）2（x－2）2 x－2x－211·＝1，当且仅当＝，

22（x－2）22（x－2）2即x＝3时，等号成立．∴f(x)min＝1. 123．(湖南高考)若实数a，b满足＋＝ab，则ab的最小值为(

) abA.2

B．2 C．22

D．4 12解析：选C

由＋＝ab，知a＞0，b＞0，

ab12所以ab＝＋≥2ab2，即ab≥22，

ab当且仅当12a＋b＝12＝，abab，

44即a＝2，b＝22时取“＝”，

所以ab的最小值为22. 4．(陕西高考)设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是(

) A．a＜b＜ab＜a＋ba＋b

B．a＜ab＜＜b

22

a＋ba＋bC．a＜ab＜b＜

D.ab＜a＜＜b

22a＋b解析：选B

代入a＝1，b＝2，则有0＜a＝1＜ab＝2＜＝1.5＜b＝2，我们知2a＋b道算术平均数与几何平均数ab的大小关系，其余各式作差(作商)比较即可，答案为B. 2二、填空题

xy5．已知x，y∈R＋，且满足＋＝1，则xy的最大值为________．

34解析：因为x＞0，y＞0，

xy所以＋≥234xy·＝

34xy，即

3xy≤1，

3解得xy≤3，所以其最大值为3.

答案：3 11x2＋2·2＋4y2的最小值为________．

6．(湖南高考)设x，y∈R，且xy≠0，则yx111x2＋22＋4y2＝1＋4＋4x2y2＋22

解析：yxxy≥1＋4＋2 14x2y2·22＝9，

xy1当且仅当4x2y2＝22时等号成立，

xy即|xy|＝2时等号成立．

2答案：9 7．若a＞0，b＞0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．

11①ab≤1；②a＋b≤2；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤＋≥2. ab（a＋b）2解析：两个正数，和定，积有最大值，即ab≤＝1，当且仅当a＝b时取等号，4故①正确；

(a＋b)2＝a＋b＋2ab＝2＋2ab≤4，当且仅当a＝b时取等号，得a＋b≤2，故a2＋b2（a＋b）2②错误；由于≥＝1，

24故a2＋b2≥2成立，故③正确；

a3＋b3＝(a＋b)(a2＋b2－ab)＝2(a2＋b2－ab)，

∵ab≤1，∴－ab≥－1，又a2＋b2≥2，

∴a2＋b2－ab≥1，

1111a＋bab＋∴a3＋b3≥2，故④错误；＋＝＝1＋＋≥1＋1＝2，当且仅当a＝b时abab22b2a取等号，故⑤正确．

答案：①③⑤

8．(陕西高考)已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．

解析：(am＋bn)(bm＋an)＝ab(m2＋n2)＋mn(a2＋b2)≥2abmn＋mn(a2＋b2)＝4ab＋2(a2＋b2)＝2(2ab＋a2＋b2)＝2(a＋b)2＝2(当且仅当m＝n＝2时取等号)．

答案：2 三、解答题

ab9．已知a，b，x，y∈R＋，x，y为变数，a，b为常数，且a＋b＝10，＋＝1，x＋yxy的最小值为18，求a，b. abbxay＋＝a＋b＋＋≥a＋b＋2ab＝(a＋b)2，

解：∵x＋y＝(x＋y)xyyxbxay当且仅当＝时取等号．

yx又(x＋y)min＝(a＋b)2＝18，

即a＋b＋2ab＝18，①

又a＋b＝10，②

a＝2，a＝8，由①②可得或

b＝8b＝2.1410．设x＞0，y＞0且x＋y＝4，要使不等式＋≥m恒成立，求实数m的取值范围．

xyx＋y解：由x＞0，y＞0，且x＋y＝4，得＝1，

414x＋y141y4x∴＋＝·＋＝1＋x＋y＋4

xy4xy4y4x115＋＋≥5＋2 ＝xy44y4x9·＝，

xy4y4x当且仅当＝时等号成立，

xy即y＝2x(∵x＞0，y＞0，∴y＝－2x舍去)，

此时，结合x＋y＝4，

48解得x＝，y＝.

33149∴＋的最小值为.

xy499－∞，. ∴≥m，即m的取值范围是4411. 如图所示，两铁路线垂直相交于站A，若已知AB＝100千米，甲火车从A站出发，沿AC方向以50千米/小时的速度行驶，同时乙火车以v千米/小时的速度从B站沿BA方向行驶至A站即停止前行(甲车仍继续行驶)．

(1)求甲、乙两车的最近距离(两车的车长忽略不计)；

(2)若甲、乙两车从开始行驶到甲、乙两车相距最近时所用时间为t0小时，问v为何值时，t0最大？

解：(1)设乙车行驶t小时到D，甲车到E，

①若0≤tv≤100，

则DE2＝AD2＋AE2

＝(100－tv)2＋(50t)2

＝(2 500＋v2)t2－200vt＋10 000.

100v2当t＝2时，DE取最小值，

2 500＋vDE也取最小值5 000.

v2＋2 500②若tv＞100，则乙车停止，甲车继续前进，

所以DE越来越大．

由①、②知，甲、乙两车的最近距离为(2)t0＝100v100100≤＝1.

2＝1002 500＋v2 500＋vv5 000千米．

v2＋2 5002 500当且仅当v＝v，

即v＝50千米/小时时，t0最大．