2.基本不等式优质课教案

基本不等式与多元函数求最值问题

一.【教学与高考要求】

多元函数是高等数学中的重要概念之一，但随着新课程的改革，高中数学与大学数学知识的衔接，多元函数的值域与最值及其衍生问题在高考试题中频频出现，因其技巧性强、难度大、方法多、灵活多变而具有挑战性，成为最值求解中的难点和热点。同时，多元函数最值问题中蕴含着丰富的数学思想和方法，而且有利于培养学生联想、化归的解题能力。因此，怎样求多元函数的最值，是高三教学非常关注和必须解决的问题，也是高考考生们必须具备的解题技能。

二.【学情分析】

由于新高考设选考科目,学生选课以文科为主,理科思维逻辑性较弱,对于多元函数问题有“怕、退、弃”的思想。

三.【教学目标】

知识溯源，从知识转化角度，借助试题的讲解，引导学生掌握处理最值问题的基本知识源，明确解决最值问题的思考方向。

导数法、消元法、均值不等式法（“1”代换）、换元法（整体换元

三角换元）、数形结合法、柯西不等式法、向量法等方法在问题中的渗透。

四.【重点与难点】

教学中主要思想方法：数形结合、化归思想等在问题中渗透的方式。

五.【教学过程】

21例1：已知实数x,y满足xy0，且xy≤2，则的最小值为 。

x3yxy 方法一：

因为4≥2x2y，所以

21214()≥()[(x3y)(xy)]x3yxyx3yxy

32xyx3yx3yxy ≥32221322的最小值

x3yxy4【评注】这是一个二元函数的最值问题，通常有两个途径，一是通过消元，转化为一元函数，再用单调性或基本不等式求解，二是直接用基本不等式，因已知条件中既有和的形式，又有积的形式，不能一步到位求出最值，考虑用基本不等式放缩后，再通过不等式的途径进行。

当且仅当x221,y322取等号，故

a2b2ab 方法二：

利用不等式≥，引证：

pqpq222ab,),y(p,q)，因为xy≤xy

记向量x(pq22121a2b2ab322 所以

≥，则

≥≥4x3yxy2xypqpq【评注】在求有些多元函数的最值时，恰当构造向量模型，利用向量数量积的性质，常可使复杂问题变得简单明了，使繁琐的解题显得巧妙自然。

22 方法三：

因为

xy0,xy≤2，所以

0y1

1

又因为

21213y≥

x3yxy22y22y21y1y11322 当且仅当x221,y322取等号

≥826(3y4)3y【评注】该法利用条件将不等式放缩后，通过消元，转化为一元函数，再用基本不等式求解。

方法四：

因为

2≥xy，

21xyxy1k1ky所以

，其中k

≥xx3yxyx3y2x2y13k22k1k1k记

gk，k0,1

13k22k28k240k4425因为

gk，令

，得

kgk022724k6k425425)上递减，在(,1)上递增

77425322故

gkming(，

)7421322所以 的最小值

x3yxy4【评注】该解法充分体现了数学中的消元思想，将二元函数的最值转化为一元函数的最值，从而利用导数研究函数最值，但在处理过程中充分考虑变量的取值范围，否则容易出错。

由于

gk在(0,

例2：已知任意非零实数x,y满足3x24xy(x2y2)恒成立，则实数的最小值为__ ．

方法一：依题可得3x24xy≤3x2x24y24x2y2

3x24xy 因为x,y均不为0，故2≤4，所以

≥4

xy2【评注】关注各项系数，直接利用基本不等式放缩，构思巧妙。

y3423x4xyx

方法二：因为x,y均不为0，所以

≥22yxy1()2xy34t34tft 令t，则

≥，记

，由导数法可知

221t1tx 因为

ft1,4，所以

≥4

【评注】利用消元思想，转化为函数最值，用导数法解决，是通解通法。

方法三：因为

3x24xy≤x2y2

所以

(3)x24xyy2≥0

当3时，则

3y24xy≥0显然不成立

x2x30 当3时，同除y得

(3)()4≥0 故



解得

≥4

1643≤0yy2【评注】利用消元思想，转化为不等式恒成立问题，通过“”法解决，但此法局限于二次问题。

2

变式练习：x22xy≤m2x2y2对于一切正数x,y恒成立，则实数m的最小值为 。

例3：设实数a,b,c满足a2b2≤c≤1，则abc的最小值为 。

方法一：因为

c≥a2b2 所以 abc≥aba2b2

111 (a)2(b)2

2221故

abc的最小值为

2【评注】根据条件进行放缩，利用配方法解决问题。

方法二：因为

c≥a2b2 所以 abc≥aba2b2

(ab)2(ab)222ab

又因为

ab≥

故

abc≥abab≥22211ab1

221故

abc的最小值为

2【评注】根据条件进行放缩，关注到基本不等式，同时有整体配方思想。

方法三：换元法

令

arcos,brcos,r0,1

22abc≥aba2b2r2rcossin r22rsin()42

212rsin()sin()24241故

abc的最小值为

2【评注】通过换元，利用三角函数的有界性解决问题。

变式练习：已知x,y,zR，且xyz1,x2y2z23，则xyz的最大值是 。

例4：已知正实数a,b满足9a2+b2=1，则25

27ab的最大值为 . 3a+bx2y2方法一：利用不等式可得

≤112xyb2a2ab291，则

ab的最大值为2

≤3a+b123ab11232ba3【评注】直接利用基本不等式解决问题。

23

1方法二：由 9a2+b2=1可得

ab≤，则

6因为

3ab≥23ab，此两处取号时均为3ab

ababab12

≤=≤=3a+b23ab2323×612【评注】两次运用基本不等式，注意等号成立的条件。

ab2(ab)2(ab)211方法三：因为(

)221613ab9ab6ab16ab2(3)92abab(ab)1ab21) 由 9a2+b2=1可得

ab≤，则

(，

63ab72ab2所以

的最大值为

3a+b12ab1sincos()

方法四：令 3asin,bcos,(0,)，则

23ab3sincost21 令 sincost,t(1,2]，则

sincos

2ab1sincos11()(t)，

于是

3ab3sincos6t12t2由于函数ftt在区间1,2上递增，故当时，取最大值

t12 故 

六.【课后作业】

m4n41.设实数n6，若不等式2xm(2x)n80对任意x4,2都成立，则的最小值3mn80为 .

3192．已知Mmax32x,4x2y,16y，则M的最小值为 。

1013.已知 a,b,cR,abc1,a2b2c21，则a的最小值为___________。

34.已知an是等差数列，若a12a52≤10，则a5a6a7a8a9的最大值是 ．25 bc5．ABC的三边长分别为a,b,c，并满足a≤b≤c，记Kmin,，则K的取值范围ab51是 。1,

2

4