2018-2019高二数学人教A版选修4-5学案1.1.2基本不等式预习案 Word版含解析

第二讲讲明不等式的基本方法复习课学习目标 1.系统梳理证明不等式的基本方法.2.进一步体会不同方法所适合的不同类型的问题，针对不同类型的问题，合理选用不同的方法.3.进一步熟练掌握不同方法的解题步骤及规范．1．比较法作差比较法是证明不等式的基本方法，其依据是：不等式的意义及实数大小比较的充要条件．证明的步骤大致是：作差——恒等变形——判断结果的符号．2．综合法综合法证明不等式的依据是：已知的不等式以及逻辑推理的基本理论．证明时要注意的是作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误，如一些带等号的不等式，应用时要清楚取等号的条件，即对重要不等式中“当且仅当……时，取等号”的理由要理解掌握．3．分析法分析法证明不等式的依据也是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．分析法证明不等式的思维方向是“逆推”，即从待证的不等式出发，逐步寻找使它成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．4．反证法反证法是一种“正难则反”的方法，反证法适用的范围：①直接证明困难；②需要分成很多类进行讨论；③“唯一性”“存在性”的命题；④结论中含有“至少”“至多”否定性词语的命题．5．放缩法放缩法就是将不等式的一边放大或缩小，寻找一个中间量，常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③用基本不等式放缩.类型一 比较法证明不等式例1 若x ，y ，z ∈R ，a ＞0，b ＞0，c ＞0.求证：b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )． 证明 ∵b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2－2(xy ＋yz ＋zx ) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bax 2＋a by 2－2xy ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c by 2＋b cz 2－2yz ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c z 2＋c a x 2－2zx ＝⎝⎛⎭⎪⎫b ax －a b y 2＋⎝⎛⎭⎪⎫c by －b c z 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a cz －c a x 2≥0， ∴b ＋c a x 2＋c ＋a b y 2＋a ＋b cz 2≥2(xy ＋yz ＋zx )成立． 反思与感悟 作差法证明不等式的关键是变形，变形是证明推理中一个承上启下的关键，变形的目的在于判断差的符号，而不是考虑能否化简或值是多少，变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．跟踪训练1 设a ，b 为实数，0＜n ＜1,0＜m ＜1，m ＋n ＝1，求证：a 2m ＋b 2n ≥(a ＋b )2.证明 a 2m ＋b 2n －(a ＋b )2＝na 2＋mb 2mn －nm (a 2＋2ab ＋b 2)mn＝na 2(1－m )＋mb 2(1－n )－2mnab mn＝n 2a 2＋m 2b 2－2mnab mn ＝(na －mb )2mn ≥0，∴a 2m ＋b 2n≥(a ＋b )2. 类型二 综合法与分析法证明不等式例2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ， 由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc， 在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1， ∴要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca . ∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．反思与感悟 证明比较复杂的不等式时，考虑分析法与综合法的结合使用，这样使解题过程更加简洁．跟踪训练2 已知a ＞b ＞c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 证明 方法一 要证1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0， 只需证1a －b ＋1b －c ＞1a －c. ∵a ＞b ＞c ，∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c＞0，∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c成立， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0成立． 方法二 ∵a ＞b ＞c ， ∴a －c ＞a －b ＞0，b －c ＞0， ∴1a －b ＞1a －c ，1b －c ＞0， ∴1a －b ＋1b －c ＞1a －c ， ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －a＞0. 类型三 反证法证明不等式例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋yx<2中至少有一个成立．证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，则1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2. 这与已知x ＋y >2矛盾． 故1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立．反思与感悟 反证法的“三步曲”：(1)否定结论．(2)推出矛盾．(3)肯定结论．其核心是在否定结论的前提下推出矛盾．跟踪训练3 已知函数y ＝f (x )在R 上是增函数，且f (a )＋f (－b )＜f (b )＋f (－a )，求证：a ＜b .证明 假设a ＜b 不成立，则a ＝b 或a ＞b .当a ＝b 时，－a ＝－b ，则有f (a )＝f (b )，f (－a )＝f (－b )， 于是f (a )＋f (－b )＝f (b )＋f (－a )与已知矛盾．当a ＞b 时，－a ＜－b ，由函数y ＝f (x )的单调性，可得f (a )＞f (b )，f (－b )＞f (－a )， 于是有f (a )＋f (－b )＞f (b )＋f (－a )与已知矛盾．故假设不成立． ∴a ＜b .类型四 放缩法证明不等式例4 已知n ∈N ＋，求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n .证明 ∵对k ∈N ＋，1≤k ≤n ，有 1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，∴1k＞2(k ＋1－k )． ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n ＋1－n )＝2(n ＋1－1)．又∵对于k ∈N ＋，2≤k ≤n ，有 1k ＝22k＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n －n －1)＝2n －1＜2n . ∴原不等式成立．反思与感悟 放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式关系的传递性作适当的放大或缩小，证明比原不等式更强的不等式来代替原不等式的一种证明方法．放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩，否则达不到目的．跟踪训练4 设f (x )＝x 2－x ＋13，a ，b ∈[0,1]， 求证：|f (a )－f (b )|≤|a －b |. 证明 |f (a )－f (b )|＝|a 2－a －b 2＋b | ＝|(a －b )(a ＋b －1)|＝|a －b ||a ＋b －1|， ∵0≤a ≤1,0≤b ≤1，∴0≤a ＋b ≤2， －1≤a ＋b －1≤1，|a ＋b －1|≤1. ∴|f (a )－f (b )|≤|a －b |.1．已知p: ab ＞0，q ：b a ＋a b≥2，则p 与q 的关系是( ) A ．p 是q 的充分不必要条件 B ．p 是q 的必要不充分条件C ．p 是q 的充要条件D ．以上答案都不对 答案 C解析 由ab ＞0，得b a ＞0，a b＞0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab ＝2， 又b a ＋a b≥2，则b a ，a b必为正数， ∴ab ＞0.2．实数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝2，则( ) A ．a ，b ，c 都是正数 B ．a ，b ，c 都大于1 C ．a ，b ，c 都小于2D ．a ，b ，c 中至少有一个不小于12答案 D解析 假设a ，b ，c 都小于12，则a ＋2b ＋c <2与a ＋2b ＋c ＝2矛盾． 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96，∵9＞8，∴b ＞a .b 与c 比较：b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315，∵35＞53，∴b ＞c .a 与c 比较：a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510，∵32＞25，∴a ＞c .∴b ＞a ＞c ，故选C.4．已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．证明∵(a＋b)(a n＋b n)－2(a n＋1＋b n＋1)＝a n＋1＋ab n＋ba n＋b n＋1－2a n＋1－2b n＋1＝a(b n－a n)＋b(a n－b n)＝(a－b)(b n－a n)．(1)若a＞b＞0，则b n－a n＜0，a－b＞0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(2)若b＞a＞0，则b n－a n＞0，a－b＜0，∴(a－b)(b n－a n)＜0.(3)若a＝b＞0，(b n－a n)(a－b)＝0.综上(1)(2)(3)可知，对于a，b∈R＋，n∈N＋，都有(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1)．1．比较法证明不等式一般有两种方法：作差法和作商法，作商法应用的前提条件是已知不等式两端的代数式同号．2．由教材内容可知，分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，两者是对立统一的两种方法．3．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab 得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4 (a≥0)，则P与Q的大小关系为( ) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，即P <Q .4．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n )2≥0， ∴a ≥b .5．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜ad B ．bc ＞ad C.a c ＞b d D.a c ＜b d答案 B解析 将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad . 6．若A ，B 为△ABC 的内角，则A >B 是sin A >sin B 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 C解析 由正弦定理知a sin A ＝bsin B ＝2R ，又A ，B 为三角形的内角， ∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B ⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题7．lg9·lg11与1的大小关系是________．答案 lg9·lg11＜1 解析 ∵lg9＞0，lg11＞0，∴lg9·lg11＜lg9＋lg112＜lg992＜lg1002＝1.∴lg9·lg11＜1.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________． 答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1， ∴(x －1)(x 2＋1)＞0. ∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0， 即x 3＞x 2－x ＋1.9．用反证法证明“在△ABC 中，若∠A 是直角，则∠B 是锐角”时，应假设________． 答案 ∠B 不是锐角解析 “∠B 是锐角”的否定是“∠B 不是锐角”．10．建造一个容积为8m 3，深为2m 的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，那么水池的最低总造价为________元． 答案 1760解析 设水池底长为x (x ＞0)m ， 则宽为82x ＝4x(m)．水池造价y ＝82×120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ×2＋8x ×2×80＝480＋320⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x ≥480＋1 280＝1 760(元)， 当且仅当x ＝2时取等号． 三、解答题11．求证：112＋122＋132＋…＋1n 2＜2.证明 因为1n2＜1n (n －1)＝1n －1－1n(n ∈N ＋，n ≥2)，所以112＋122＋132＋…＋1n 2＜1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)·n＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n＜2. 所以原不等式得证．12．已知a n ＝1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)(n ∈N ＋)，求证：n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 证明 ∵n (n ＋1)＞n ，∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＞1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2. 又n (n ＋1)＜(n ＋1)＋n 2＝2n ＋12， ∴a n ＝1×2＋2×3＋…＋n (n ＋1)＜32＋52＋…＋2n ＋12＝n 2＋2n 2＜(n ＋1)22. ∴n (n ＋1)2＜a n ＜(n ＋1)22. 四、探究与拓展13．已知a ，b 是正数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，若a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y，则等号成立的条件为________． 答案 ay ＝bx解析 a 2x ＋b 2y －(a ＋b )2x ＋y＝a 2y (x ＋y )＋b 2x (x ＋y )－xy (a ＋b )2xy (x ＋y )＝(ay －bx )2xy (x ＋y )≥0， 当且仅当ay ＝bx 时等号成立．14．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N ＋.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13. (1)解 令n ＝1，得S 21－(－1)S 1－3×2＝0，即S 21＋S 1－6＝0，所以(S 1＋3)(S 1－2)＝0，因为S 1＞0，所以S 1＝2，即a 1＝2.(2)解 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，得(S n ＋3)[S n －(n 2＋n )]＝0，因为a n ＞0(n ∈N ＋)，S n ＞0，从而S n ＋3＞0，所以S n ＝n 2＋n ，所以当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n ，又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n (n ∈N ＋)．(3)证明 设k ≥2，则1a k (a k ＋1)＝12k (2k ＋1)＜1(2k －1)(2k ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1， 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋1a 3(a 3＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜12×3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝16＋16－12(2n ＋1)＜13. 所以1a 1(a 1＋1)＋1a 2(a 2＋1)＋…＋1a n (a n ＋1)＜13.。

课 题： 第02课时 基本不等式 教学目标：1.学会推导并掌握均值不等式定理；2.能够简单应用定理证明不等式并解决一些简单的实际问题。

教学重点：均值不等式定理的证明及应用。

教学难点：等号成立的条件及解题中的转化技巧。

教学过程： 一、知识学习：定理1：如果a 、b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab （当且仅当a ＝b 时取“＝”号） 证明：a 2＋b 2－2ab ＝（a －b ）2当a ≠b 时，（a －b ）2＞0，当a ＝b 时，（a －b ）2＝0所以，（a －b ）2≥0 即a 2＋b 2≥2ab 由上面的结论，我们又可得到定理2（基本不等式）：如果a ，b 是正数，那么 a ＋b2≥ab （当且仅当a ＝b 时取“＝”号）证明：∵（a ）2＋（b ）2≥2ab ∴a＋b ≥2ab ，即a＋b2 ≥ab 显然，当且仅当a ＝b 时，a ＋b2＝ab说明：1）我们称a ＋b2为a ，b 的算术平均数，称ab 为a ，b 的几何平均数，因而，此定理又可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.2）a 2＋b 2≥2ab 和a ＋b2≥ab 成立的条件是不同的：前者只要求a ，b 都是实数，而后者要求a ，b 都是正数.3）“当且仅当”的含义是充要条件. 4）几何意义. 二、例题讲解：例1 已知x ，y 都是正数，求证：（1）如果积xy 是定值P ，那么当x ＝y 时，和x ＋y 有最小值2P ；。

基本不等式
学习目标
.了解两个正数的算术平均与几何平均．
．理解定理和定理.
．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
探究函数()＝＋的最小值是吗？
探究在基本不等式≥中，为什么要求>，>?
探究利用≥求最值的条件是怎样的？
探究你能给出基本不等式的几何解释吗？
名师点拨
.常用基本不等式
()(－)≥⇔＋≥(，∈)．
()均值不等式≥(，∈＋)．
这两个不等式都是在＝时，等号成立．而()只要求，∈，而公式()条件加强了，要求>，>.注意区别．
()利用基本不等式还可以得到以下不等式：
＋≥(>，当且仅当＝时取等号)．
当>时，＋≥(当且仅当＝时取等号)．
＋≥≥(，∈，当且仅当＝时，等号成立)．
．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．
()，∈＋，且＝(为定值)，那么当＝时，＋有最小值；
()，∈＋，且＋＝(为定值)，那么当＝时，有最大值.
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.
例已知，，为正实数，
求证：()≥；
()＋＋≥＋＋.。

1.1.1不等式的性质预习案一、预习目标及范围1.理解实数大小与实数运算性质间的关系．2.理解不等式的性质，能用不等式的性质比较大小和证明简单的不等式．二、预习要点教材整理1两实数的大小比较a>b⇔a－b0；a＝b⇔a－b＝0；a<b⇔<0.教材整理2不等式的基本性质如果a>b，那么a＋c>b＋c如果a>b，c>d，那么>b＋d如果a>b>0，c>d>0，那么三、预习检测1.已知数轴上两点A，B对应的实数分别为x，y，若x＜y＜0，则|x|与|y|对应的点P，Q 的位置关系是()A．P在Q的左边B．P在Q的右边C．P，Q两点重合D.不能确定2.已知a ，b ，c ∈R ，且ab ＞0，则下面推理中正确的是( )A ．a ＞b ⇒am 2＞bm 2B.a c ＞b c⇒a ＞b C ．a 3＞b 3⇒1a ＜1bD.a 2＞b 2⇒a ＞b3．若a ，b ，c 满足b ＋c ＝3a 2－4a ＋6，b －c ＝a 2－4a ＋4，比较a ，b ，c 的大小． 探究案一、合作探究题型一、比较大小例1设A ＝x 3＋3，B ＝3x 2＋x ，且x >3，试比较A 与B 的大小．【精彩点拨】 转化为考察“两者之差与0”的大小关系．[再练一题]1．若例1中改为“A ＝y 2＋1x 2＋1，B ＝y x ，其中x ＞y ＞0”，试比较A 与B 的大小．题型二、利用不等式的性质求范围例2已知－π2≤α＜β≤π2，求α＋β2，α－β2的范围． 【精彩点拨】 由－π2≤α＜β≤π2可确定α2，β2的范围，进而确定α＋β2，α－β2的范围．[再练一题]2．已知－6<a <8,2<b <3，分别求a －b ，a b的取值范围.题型三、利用性质证明简单不等式例3已知c >a >b >0，求证：a c －a >b c －b. 【精彩点拨】 构造分母关系→构造分子关系→证明不等式[再练一题]3．已知a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，求证：ac a ＋c ＞bd b ＋d.题型四、不等式的基本性质例4判断下列命题是否正确，并说明理由．(1)若a >b ，则ac 2>bc 2；(2)若a c 2>b c 2，则a >b ； (3)若a >b ，ab ≠0，则1a <1b ； (4)若a >b ，c >d ，则ac >bd .【精彩点拨】 主要是根据不等式的性质判定，其实质就是看是否满足性质所需要的条件．[再练一题]4．判断下列命题的真假．(1)若a <b <0，则1a >1b； (2)若|a |>b ，则a 2>b 2；(3)若a >b >c ，则a |c |>b |c |.二、随堂检测1．设a ∈R ，则下面式子正确的是( )A ．3a >2ªB ．a 2<2a C.1a<a D.3－2a >1－2a2．已知m ，n ∈R ，则1m ＞1n成立的一个充要条件是( ) A ．m ＞0＞nB ．n ＞m ＞0C ．m ＜n ＜0D.mn (m －n )＜03．已知a ，b ，c 均为实数，下面四个命题中正确命题的个数是( )①a ＜b ＜0⇒a 2＜b 2；②a b＜c ⇒a ＜bc ； ③ac 2＞bc 2⇒a ＞b ；④a ＜b ＜0⇒b a＜1. A ．0 B ．1 C ．2 D ．3参考答案预习检测：1.【解析】 ∵x ＜y ＜0，∴|x |＞|y |＞0.故P 在Q 的右边．【答案】 B2.【解析】 对于A ，若m ＝0，则不成立；对于B ，若c ＜0，则不成立；对于C ，a 3－b 3＞0⇒(a －b )(a 2＋ab ＋b 2)＞0，∵a 2＋ab ＋b 2＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＋34b 2＞0恒成立， ∴a －b ＞0，∴a ＞b .又∵ab ＞0，∴1a ＜1b.∴C 成立；对于D ，a 2＞b 2⇒(a －b )(a ＋b )＞0，不能说a ＞b .【答案】 C3.【解】 b －c ＝a 2－4a ＋4＝(a －2)2≥0，∴b ≥c .由题意可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧b ＋c ＝3a 2－4a ＋6，b －c ＝a 2－4a ＋4， 解得b ＝2a 2－4a ＋5，c ＝a 2＋1.∴c －a ＝a 2＋1－a ＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34>0， ∴c >a ，∴b ≥c >a .随堂检测：1.【答案】 D2.【解析】 ∵1m ＞1n ⇔1m －1n ＞0⇔n －m mn＞0⇔mn (n －m )＞0⇔mn (m －n )＜0. 【答案】 D3.【解析】 ①不正确．∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0，∴(－a )2＞(－b )2，即a 2＞b 2.②不正确．∵a b＜c ，若b ＜0，则a ＞bc . ③正确．∵ac 2＞bc 2，∴c ≠0，∴a ＞b .④正确．∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0，∴1＞b a＞0. 【答案】 C。

2．基本不等式 1.理解并掌握定理1、定理2，会用两个定理解决函数的最值或值域问题． 2．能运用基本不等式(两个正数的)解决某些实际问题．, [学生用书P5])1．重要不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．2．基本不等式(1)定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． (2)定理2的应用：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，最大值为S 24． 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，最小值为2P ．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a ，b 的算术平均数是ab ，几何平均数是a ＋b 2.( ) (2)应用基本不等式求最值时应注意“一正、二定、三相等”．( )(3)若a 2＋b 2≥2ab 对任意a ，b 恒成立，则a ＋b ≥2ab 也对任意实数a ，b 恒成立．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)×2．若a ，b ∈R ，且ab ＞0，则下列不等式中恒成立的是( )A ．a 2＋b 2＞2abB ．a ＋b ≥2abC ．1a ＋1b ＞2abD ．b a ＋a b≥2 答案：D3．已知x ＞3，则x ＋4x －3的最小值为( ) A ．2 B ．4C ．5D ．7答案：D4．若a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1，则ab 的最大值为________．解析：因为1＝a ＋b ≥2ab ，所以ab ≤14. 答案：14利用基本不等式证明不等式[学生用书P6]已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1.求证：1a ＋1b ＋1c≥9. 【证明】 法一：因为a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．即1a ＋1b ＋1c≥9. 法二：因为a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1，所以1a ＋1b ＋1c＝(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ＝1＋b a ＋c a ＋a b ＋1＋c b ＋a c ＋b c＋1 ＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≥9.利用基本不等式证明不等式的方法与技巧(1)方法：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)技巧：对含条件的不等式的证明问题，要将条件与结论结合起来，寻找出变形的思路，构造出基本不等式，切忌两次使用基本不等式用传递性证明，有时等号不能同时取到．1.已知：a 、b 、c 、d 都是正数，求证：(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd .证明：由a 、b 、c 、d 都是正数得：ab ＋cd 2≥ab ·cd >0， 当且仅当ab ＝cd 时，等号成立．ac ＋bd 2≥ac ·bd >0， 当且仅当ac ＝bd 时，等号成立．所以14(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥abcd . 即(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd .当且仅当b ＝c ，且a ＝d 时，等号成立．2．已知a ，b 为实数，求证：a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2(a ＋b ＋c )．证明：由不等式a 2＋b 2≥2ab ，得a 2＋b 22≥a ＋b 2，即a 2＋b 2≥a ＋b 2， 同理b 2＋c 2≥b ＋c 2，c 2＋a 2≥c ＋a 2， 三式相加得a 2＋b 2＋b 2＋c 2＋c 2＋a 2≥2（a ＋b ＋c ）2＝2(a ＋b ＋c )．(当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立)利用基本不等式求函数最值[学生用书P6](1)当x ＞0时，求f (x )＝2x x 2＋1的值域； (2)设0＜x ＜32，求函数y ＝4x (3－2x )的最大值； (3)已知x ＞0，y ＞0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值． 【解】 (1)因为x ＞0，所以f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x. 因为x ＋1x ≥2，所以0＜1x ＋1x≤12. 所以0＜f (x )≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”．即f (x )的值域为(0，1]．(2)因为0＜x ＜32，所以3－2x ＞0. 所以y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )]≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋（3－2x ）22＝92. 当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立． 所以y ＝4x (3－2x )的最大值为92. (3)因为x ＞0，y ＞0，1x ＋9y＝1， 所以x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋9y (x ＋y )＝y x ＋9x y＋10≥6＋10＝16. 当且仅当y x ＝9x y ，又1x ＋9y＝1， 即x ＝4，y ＝12时，上式取等号．故当x ＝4，y ＝12时，有(x ＋y )min ＝16.应用基本不等式求最值的步骤(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值；(2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．1.设函数f (x )＝2x ＋1x－1(x <0)，则f (x )( ) A ．有最大值 B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数解析：选A.因为x <0，所以f (x )＝2x ＋1x －1＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（－x ）＋1（－x ）－1 ≤－22（－x ）·1（－x ）－1＝－22－1.当且仅当2(－x )＝－1x ， 即x ＝－22时，等号成立． 故f (x )max ＝－22－1.2．已知lg x ＋lg y ＝2，则1x ＋1y的最小值为________． 解析：因为lg x ＋lg y ＝2，所以lg(xy )＝2.所以xy ＝102.所以1x ＋1y ＝x ＋y xy ≥2xy xy ＝2100100＝15，当且仅当x ＝y ＝10时，等号成立． 答案：153．设x ，y ∈R ＋，且2x ＋8y －xy ＝0，求x ＋y 的最小值．解：由2x ＋8y －xy ＝0得，y ＝2x x －8， 所以x ＋y ＝x ＋2x x －8＝(x －8)＋2（x －8）＋16x －8＋8 ＝(x －8)＋16x －8＋10 ≥2（x －8）×16（x －8）＋10 ＝18，当且仅当x －8＝16x －8， 即x ＝12，y ＝6时，等号成立，所以x ＋y 的最小值为18.基本不等式的实际应用[学生用书P7]某游泳馆出售冬季游泳卡，每张240元，其使用规定为：不记名，每卡每次只限一人，每天只限一次．某班有48名同学，老师打算组织同学们集体去游泳，除需购买若干张游泳卡外，每次游泳还需包一辆汽车，无论乘坐多少名同学，每次的包车费都为40元．(1)若每个同学游8次，每人至少应交多少元钱？(2)若每个同学游4次，每人至少应交多少元钱？【解】 设买x 张游泳卡，总开支为y 元．(1)每批去x 名同学，共需去48×8x批， 总开支又分为：①买卡所需费用240x 元，②包车所需费用⎝⎛⎭⎫48×8x ×40元． 所以y ＝240x ＋48×8x×40(0＜x ≤48，x ∈Z )． 因为y ＝240⎝⎛⎭⎫x ＋64x ≥240×2x ×64x＝3 840，x 所以每人至少应交3 84048＝80(元)． (2)每批去x 名同学，共需去48×4x批， 总开支又分为：①买卡所需费用240x 元，②包车所需费用⎝⎛⎭⎫48×4x ×40元． 所以y ＝240x ＋48×4x×40(0＜x ≤48，x ∈Z )， 即y ＝240⎝⎛⎭⎫x ＋32x ≥240×2x ×32x＝1 9202， 当且仅当x ＝32x，即x ＝42时，等号成立． 由0＜x ≤48，5＜42＜6，x ∈Z 可知，当x 1＝5时，y 1＝240×⎝⎛⎭⎫5＋325＝2 736； 当x 2＝6时，y 2＝240×⎝⎛⎭⎫6＋326＝2 720. 因为y 1＞y 2，所以当x ＝6时，y 有最小值，y min ＝2 720.故每人至少应交2 72048≈56.67(元)．利用基本不等式解决应用题时，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，然后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 的范围的制约．为确保世界杯总决赛的顺利进行，组委会决定在体育场外临时围建一个矩形观众候场区，总面积为72 m 2(如图所示)，要求矩形场地的一面利用体育场的外墙，其余三面用铁栏杆围，并且要在体育场外墙对面留一个长度为2 m 的入口．现已知铁栏杆的租用费用为100元/m.设该矩形区域的长为x (单位：m)，租用铁栏杆的总费用为y (单位：元)．(1)将y 表示为x 的函数．(2)试确定x ，使得租用此区域所用铁栏杆所需费用最小，并求出最小值．解：(1)依题意有：y ＝100⎝⎛⎭⎫72x ×2＋x －2，其中x ＞2. (2)由基本不等式可得：y ＝100⎝⎛⎭⎫72x ×2＋x －2＝100⎝⎛⎭⎫144x ＋x －2≥100(2144－2)＝2 200，x综上：当x ＝12时，租用此区域所用铁栏杆所需费用最小，最小费用为2 200元．1．由基本不等式变形得到的常见的结论(1)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22；(2)ab ≤a ＋b 2≤ a 2＋b 22(a ，b ∈R ＋)； (3)b a ＋a b≥2(a ，b 同号)； (4)(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4(a ，b ∈R ＋)；(5)a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .2．利用基本不等式求最值，关键是对式子进行恰当的变形，合理构造“和式”与“积式”的互化，必要时可多次应用基本不等式．注意一定要求出使“＝”成立的自变量的值，这也是进一步检验是否存在最值的重要依据．1．已知正数x ，y 满足xy ＝1，则x 2＋y 2的最小值为________． 解析：正数x ，y 满足xy ＝1，则x 2＋y 2≥2xy ＝2，当且仅当x ＝y ＝1时，取得最小值2.答案：22．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b 的等比中项，则1a ＋1b的最小值是________． 解析：因为3是3a 与3b 的等比中项，所以3a ·3b ＝3a ＋b ＝3，所以a ＋b ＝1，所以ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14(当且仅当a ＝b 时等号成立)， 所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4. 答案：43．当x ＞12时，函数y ＝x ＋82x －1的最小值为________． 解析：因为x ＞12，所以x －12＞0， 所以y ＝x ＋82x －1＝⎝⎛⎭⎫x －12＋4x －12＋12≥4＋12＝92， 当且仅当x －12＝4x －12，即x ＝52时，取“＝”． 答案：924．已知正实数x ，y 满足(x －1)(y ＋1)＝16，求x ＋y 的最小值．解：因为(x －1)(y ＋1)＝16＞0，y ＞0，所以x －1＞0，即x ＞1.法一：由基本不等式，有x＋y＝(x－1)＋(y＋1)≥2（x－1）（y＋1）＝8，当且仅当x －1＝y＋1，即x＝5，y＝3时等号成立．故x＋y的最小值为8.法二：由基本不等式，有x＋y＝x＋16x－1－1＝x－1＋16x－1≥216＝8，当且仅当x＝5，y＝3时等号成立．故x＋y的最小值为8.。

学案2 基本不等式1．两个定理及算术平均与几何平均(1)算术平均与几何平均如果a ，b 都是正数，我们称a ＋b 2为a ，b 的算术平均，ab 为a ，b 的几何平均．(2)定理 内容 等号成立的条件定理1 a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R ) 当且仅当a ＝b 时等号成立定理2 a ＋b 2≥ab (a 、b ∈R ＋)当且仅当a ＝b 时等号成立 2.已知x ，y 为正数，x ＋y ＝S ，xy ＝P ，则(1)如果P 是定值，那么当且仅当x ＝y 时，S 取得最小值2P ；(2)如果S 是定值，那么当且仅当x ＝y 时，P 取得最大值S 24.1．在基本不等式a ＋b 2≥ab 中，为什么要求a >0，b >0?【提示】 对于不等式a ＋b 2≥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．2．利用a ＋b 2≥ab 求最值的条件是怎样的？【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．3．你能给出基本不等式的几何解释吗？【提示】如图以a ＋b 为直径的圆中，DC ＝ab ，且DC ⊥AB . 因为CD 为圆的半弦，OD 为圆的半径，长为a ＋b 2，根据半弦长不大于半径，得不等式ab ≤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.命题：①任意x >0，lg x ＋1lg x ≥2；②任意x ∈R ，a x ＋1a x ≥2；③任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan x ＋1tan x ≥2；④任意x ∈R ，sin x ＋1sin x ≥2.其中真命题有( )A ．③B ．③④C ．②③D ．①②③④【思路探究】 按基本不等式成立的条件进行判定．【自主解答】 在①④中，lg x ∈R ，sin x ∈[－1,1]，不能确定lg x >0与sin x >0.因此①④是假命题．在②中，a x >0，a x ＋1a x ≥2a x ·1a x ＝2，当且仅当x ＝0时，取等号，则②是真命题；在③中，当x ∈(0，π2)时，tan x >0，有tan x ＋1tan x ≥2，且x ＝π4时取等号，∴③是真命题．【答案】 C1．本题主要涉及基本不等式成立的条件及取等号的条件．在定理1和定理2中，“a ＝b ”是等号成立的充要条件．但两个定理有区别又有联系：(1)a ＋b 2≥ab 是a 2＋b 2≥2ab 的特例，但二者适用范围不同，前者要求a ，b 均为正数，后者只要求a ，b ∈R ；(2)a ，b 大于0是a ＋b 2≥ab 的充分不必要条件；a ，b 为实数是a 2＋b 2≥2ab 的充要条件．2．当b ≥a >0时，有变形不等式a ≤2ab a ＋b≤ab ≤a ＋b 2≤ a 2＋b 22≤b .(2013·郑州检测)若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( )A ．a 2＋b 2>2abB ．a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b >2abD ．b a ＋a b ≥2 【解析】 A 选项中，当a ＝b 时，a 2＋b 2＝2ab ，则排除A ；当a <0，b <0时，a ＋b <0<2ab ，1a ＋1b <0<2ab，则排除B 、C 选项；D 选项中，由ab >0，则b a >0，a b >0，∴b a ＋a b ≥2b a ·a b ＝2，当且仅当a ＝b 时取“＝”，所以选D.利用基本不等式证明不等式已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .【思路探究】 观察不等号两边差异，利用基本不等式来构造关系．【自主解答】 ∵a >0，b >0，c >0，∴a 2b ＋b ≥2 a 2b ·b ＝2a ， 同理：b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c .三式相加得：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(b ＋c ＋a )≥2(a ＋b ＋c )，∴a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .1．首先根据不等式两端的结构特点进行恒等变形或配凑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式进行证明．2．当且仅当a＝b＝c时，上述不等式中“等号”成立，若三个式子中有一个“＝”号取不到，则三式相加所得的式子中“＝”号取不到．已知a，b，c为△ABC的三条边，求证：ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.【证明】先证ab＋bc＋ac≤a2＋b2＋c2.∵a>0，b>0，c>0，∴a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取等号．b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时取等号，a2＋c2≥2ac，当且仅当a＝c时取等号．∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.再证a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.法一在△ABC中，a<b＋c，b<a＋c，c<b＋a，则a2<a(b＋c)，b2<b(a＋c)，c2<c(b＋a)．∴a2＋b2＋c2<a(b＋c)＋b(a＋c)＋c(a＋b)，即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.法二在△ABC中，设a>b>c，∴0<a－b<c,0<b－c<a,0<a－c<b.∴(a－b)2<c2，(b－c)2<a2，(a－c)2<b2.∴(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2<c2＋a2＋b2，即a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ac.222利用基本不等式求最值设x，y，z均是正数，x－2y＋3z＝0，则y2xz的最小值为________．【思路探究】由条件表示y，代入到y2xz，变形成能运用基本不等式求最值的形式，求出最小值，但要注意等号取到的条件．【自主解答】由x－2y＋3z＝0，得y＝x＋3z 2，∴y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz 4xz ＝14(x z ＋9z x ＋6) ≥14(2x z ·9z x ＋6)＝3.当且仅当x ＝y ＝3z 时，y 2xz 取得最小值3.【答案】 31．本题解题的关键是根据已知条件消掉目标函数中的y ，通过对目标函数的变形，转化为考生所熟悉的使用基本不等式求最值的问题．2．使用基本不等式求最值，必须同时满足三个条件：①各项均为正数；②其和或积为定值；③等号必须成立，即“一正、二定、三相等”．在具体问题中，“定值”条件决定着基本不等式应用的可行性，决定着成败的关键．若将题目的条件改为“已知x >0，y >0，且1x ＋9y ＝1”，试求x ＋y的最小值．【解】 ∵x >0，y >0，且1x ＋9y ＝1，∴x ＋y ＝(x ＋y )(1x ＋9y )＝y x ＋9x y ＋10≥2y x ·9x y ＋10＝16.当且仅当y x ＝9x y ，即y ＝3x 时等号成立．又1x ＋9y ＝1，基本不等式的实际应用某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2014年巴西世界杯期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销售量x 万件与年促销费t 万元之间满足3－x 与t ＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件．已知2014年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．(1)若计划2014年生产的化妆品正好能销售完，试将2014年的利润y (万元)表示为促销费t (万元)的函数；(2)该企业2014年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？【思路探究】 (1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式．利用基本不等式求最值．【自主解答】 (1)由题意可设3－x ＝k t ＋1， 将t ＝0，x ＝1代入，得k ＝2.∴x ＝3－2t ＋1. 当年生产x 万件时，年生产成本为32x ＋3＝32×(3－2t ＋1)＋3. 当销售x 万件时，年销售收入为150%×[32×(3－2t ＋1)＋3]＋12t . 由题意，生产x 万件化妆品正好销完，得年利润y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)(t ≥0)． (2)y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)＝50－(t ＋12＋32t ＋1) ≤50－2t ＋12×32t ＋1＝50－216＝42，当且仅当t ＋12＝32t ＋1，即t ＝7时，等号成立，y max ＝42， ∴当促销费定在7万元时，年利润最大．设出变量――→建立数学模型――→定义域利用均值不等式求最值――→“＝”成立的条件结论为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层，某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k 3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．(1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值．【解】 (1)由题设，隔热层厚度为x cm 时，每年能源消耗费用为C (x )＝k 3x ＋5， 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5. 而建造费用为C 1(x )＝6x .∴隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10)． (2)f (x )＝8003x ＋5＋6x ＝8003x ＋5＋2(3x ＋5)－10 ≥21600－10＝70.当且仅当8003x ＋5＝2(3x ＋5)， 即x ＝5时取最小值．∴当隔热层修建5 cm 厚时，总费用最小为70万元．(教材第10页习题1.1第5题)设a ，b ∈R ＋，且a ≠b ，求证：(1)a b ＋b a ＞2；(2)2ab a ＋b＜ab . (2013·课标全国卷Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.【命题意图】 本题主要考查重要不等式、均值不等式和整体代换的应用以及转化与化归思想和逻辑思维能力．【证明】 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.1．下列结论中不正确的是( )A ．a ＞0时，a ＋1a ≥2B ．b a ＋a b ≥2C ．a 2＋b 2≥2abD ．a 2＋b 2≥(a ＋b )22 【解析】 选项A ，C 显然正确；选项D 中，2(a 2＋b 2)－(a ＋b )2＝a 2＋b 2－2ab ≥0，∴a 2＋b 2≥(a ＋b )22成立；而选项B 中，b a ＋a b ≥2不成立，因为若ab ＜0，则不满足不等式成立的条件．【答案】 B2．下列各式中，最小值等于2的是( )A.x y ＋y x B ．x 2＋5x 2＋4C ．tan θ＋1tan θD ．2x ＋2－x【解析】 ∵2x ＞0,2－x ＞0，∴2x ＋2－x ≥22x ·2－x ＝2，当且仅当2x ＝2－x ，即x ＝0时，等号成立．故选D.【答案】 D3．已知5x ＋3y ＝1(x >0，y >0)，则xy 的最小值是( )A ．15B ．6C ．60D ．1【解析】 ∵5x ＋3y ≥215xy (当且仅当x ＝10，y ＝6时，取等号)． ∴215xy ≤1，∴xy ≥60，故xy 的最小值为60.【答案】 C4．已知lg x ＋lg y ＝2，则1x ＋1y 的最小值为________．【解析】 ∵lg x ＋lg y ＝2，∴x ＞0，y ＞0，lg(xy )＝2.∴xy ＝102. ∴1x ＋1y ≥21xy ＝15，当且仅当x ＝y ＝10时，等号成立．【答案】 15。

课堂导学三点剖析一、利用基本不等式证明不等式【例1】 a,b,c ∈R ,求证:a 4+b 4+c 4≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≥abc(a+b+c),当且仅当a=b=c 时取等号.思路分析:由于a 4+b 4≥2a 2b 2,说明了运用基本不等式,可以找到左式与中间式的关系.同样地,a 2b 2+b 2c 2≥2ab 2c,而ab 2c 就是右式中的一项.证明：∵a 4+b 4≥2a 2b 2,b 4+c 4≥2b 2c 2,c 4+a 4≥2a 2c 2,∴2(a 4+b 4+c 4)≥2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2),即a 4+b 4+c 4≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2.又∵a 2b 2+b 2c 2≥2ab 2c,b 2c 2+c 2a 2≥2bc 2a,c 2a 2+a 2b 2≥2a 2bc,∴2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2)≥2(ab 2c+bc 2a+a 2bc),即a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≥abc(a+b+c).以上各式当且仅当a=b=c 时取等号.温馨提示在证明不等式的一些题目时,若有和大于或等于积的形式,可考虑用均值不等式来证明,有时需要多次使用基本不等式才能解决问题.本题中,字母a,b,c 是可轮换的(即a→b,b→c,c→a 式子不变),这称为轮换对称式,轮换对称式的证明都可用此技巧.各个击破类题演练1已知a,b,c ∈(0,+∞),求证:ac c b b a 222++≥a+b+c. 证明:∵a,b,c ∈(0,+∞), ∴b ba b b a •≥+222=2a.① 同理,c cb c c b •≥+222=2b,② a ac c a c •≥+222=2c,③ ∴(ac c b b a 222++)+(a+b+c)≥2(a+b+c). ∴ac c b b a 222++≥a+b+c. 变式提升1设a,b,c 为不全相等的正数,求证:cc b a b b a c a a c b -++-++-+>3. 证明:左式=(a b +b a )+(c b b c +)+(ac c a +)-3, ∵a b +b a ≥2,c b b c +)≥2 ac c a +≥2, 又a,b,c 为不全相等的正数,故等号不可能同时取得,∴(a b +b a )+(c b b c +)+(ac c a +)>6. 因此原不等式成立.二、利用基本不等式证明条件不等式【例2】 已知x,y>0,且x+y=1,求证:(1+x1)(1+y 1)≥9. 思路分析:最突出的一点,要证的不等式中有四个“1”,而已知条件x+y=1,又一个“1”,如何用好这些“1”呢?证法一:(1+x1)(1+y 1) =1+x 1+y 1+xy1 =1+xyy x y y x x y x +++++ =3+yx y x x y 11+++ =3+yy x x y x y x x y +++=+ =5+2(y x x y +)≥5+2×12=9. ∴原不等式成立.证法二：(1+x1)(1+y 1) =xyy x xy xy x y y x xy y x )(25)2)(2()1)(1(22++=++=++ xyxy xy y x 225)(2522⨯+≥++=∴原不等式成立.证法三:设x=cos 2θ,y=sin 2θ,θ∈(0,2π), ∴(1+x1)(1+y 1)=(2+tan 2θ)(2+cot 2θ)=5+2(tan 2θ+cot 2θ)≥5+2×θθ22cot tan 1•=9. 温馨提示在运用基本不等式时,活用“1”,巧用“1”,解法就会非常简洁.类题演练2已知x>0,y>0,且x+4y=1,求证: (1)y x 14+=8+yx x y +16; (2)y x 14+≥16. 证明:(1)∵x+4y=1, ∴)14(14y x y x +=+=8+yx x y +16, 即y x 14+=8+y x x y +16;. (2)法一:∵x>0,y>0,且由(1)可知yx x y y x x y y x •+≥++=+162816814=16, 即有yx 14+≥16. 法二:∵x>0,y>0,x+4y=1, ∴y x 14+≥xyy x 14142=•, x +4y≥xy y x 44=•. ∴(y x 14+)(x+4y)≥16·xy xy•1=16. ∴yx 14+≥16. 变式提升2已知a>0,b>0,a+b=1,求证:2121+++b a ≤2. 证明:∵2211)21(121++≤+⨯=+a a a ,2211)21(121++≤+⨯=+b b b , ∴2121+++b a ≤21(1+a+21+1+b+21)=2, 当且仅当a=b=21时取等号. ∴原不等式成立.三、利用基本不等式解决某些综合问题【例3】 设a>0,a≠1,t>0,试比较21log a t 与log a 21+t 的大小. 思路分析:两式先化为同底对数log a t 与log a 21+t ，由于t>0,应用均值不等式知21+t ≥t ，下一步只要运用对数函数y=log a x 的单调性，就可以比较它们的大小了.解:∵t>0,由均值不等式得21+t ≥t ,当且仅当t=1时取等号. 当t=1时，log a21+t =log a t , 即log a 21+t =21log a t; 当0<t≠1时，21+t >t . 当0<a<1时，函数y=log a x 是减函数，∴log a21+t <log a t ,即log a 21+t <21log a t;当a>1时，函数y=log a x 是增函数, ∴log a 21+t >log a t ,即log a 21+t >21log a t. 综上所述，当0<a<1时，21log a t≥log a 21+t ; 当a>1时，21log a t≤log a 21+t . 温馨提示函数式的大小比较,除了利用求差比较法或均值不等式定理比较之外,还要注意应用函数的重要性质——单调性.指数函数,对数函数因底数范围不同,而单调性不同,要注意分类讨论. 类题演练3已知x,y,z 是互不相等的正数，且x+y+z=1.试比较(x 1-1)(y 1-1)(z1-1)与8的大小关系.解析:x 1-1=xz x y x z y x +=-++1, y1-1=y z y x y z y x +=-++1, z1-1=y z z x z z y x +=-++1, ∴(x 1-1)(y 1-1)(z1-1) =z xy y xz x yz z y x y z x x z y 222••>+•+•+=8. ∵x,y,z 是互不相等的正数，∴上式中取不到等号，即(x 1-1)(y 1-1)(z1-1)>8. 变式提升3已知关于x 的方程log a (x-3)=-1+log a (x+2)+log a (x-1)有实根，求实数a 的取值范围.解析:由⎪⎩⎪⎨⎧>->+>-.01,02,03x x x 得x>3.方程可化为a(x-3)=(x+2)(x-1),∴a=3)1)(2(--+x x x =x-3+310-x +7≥7+102 当且仅当x-3=310-x ,即x=3+10时取等号. 故当方程有解时，a 的取值范围是［7+102,+∞).。

3.三个正数的算术－几何平均不等式1．了解三个正数的算术－几何平均不等式．2．会应用三个正数的算术－几何平均不等式解决简单问题．1．三个正数的算术－几何平均不等式如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥________，当且仅当________ 时，等号成立． 【做一做1－1】 若x ＞0，则4x ＋9x 2的最小值是( ) A ．9 B ．3336 C ．13 D ．不存在【做一做1－2】 若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322 B.2333 C.332 D.2232．n 个正数a 1，a 2，…，a n 的算术－几何平均不等式对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均______它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n____________. 当且仅当____________时，等号成立．从不等式的式子结构入手，拼凑出所需形式是解决此类问题的突破点．【做一做2】 已知a ，b ，c ∈R ＋，则(a b ＋b c ＋c a )(b a ＋c b ＋a c )≥______.答案：1.3abc a ＝b ＝c【做一做1－1】 B ∵x ＞0，∴4x ＋9x 2＝2x ＋2x ＋9x 2≥3336，当且仅当2x ＝9x2，即x ＝12336时等号成立． 【做一做1－2】 A ∵log x y ＝－2，∴x ＞0且x ≠1，y ＞0，且y ＝x －2.∴x ＋y ＝x ＋x －2＝x 2＋x 2＋1x 2≥3314＝3322.当且仅当x 2＝1x 2即x ＝32时等号成立． 2．不小于 ≥n a 1a 2…a n a 1＝a 2＝…＝a n【做一做2】 9 (a b ＋b c ＋c a )(b a ＋c b ＋a c) ＝3＋bc a 2＋ac b 2＋ab c 2＋a 2bc ＋b 2ca ＋c 2ab≥3＋66bc a 2·ac b 2·ab c 2·a 2bc ·b 2ca ·c 2ab＝9. 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．1．三个正数或三个以上正数的算术－几何平均不等式的应用条件剖析：“一正”：不论是三个数的或者n 个数的算术－几何平均不等式，都要求是正数，否则不等式是不成立的．如a ＋b ＋c ≥33abc ，取a ＝b ＝－2，c ＝2时，a ＋b ＋c ＝－2，而33abc ＝6，显然－2≥6不成立．“二定”：包含两类求最值问题：一是已知n 个正数的和为定值(即a 1＋a 2＋…＋a n 为定值)，求其积a 1a 2…a n 的最大值；二是已知乘积a 1a 2…a n 为定值，求其和a 1＋a 2＋…＋a n 的最小值．“三相等”：取“＝”号的条件是a 1＝a 2＝a 3＝…＝a n ，不能只是其中一部分相等． 不等式a 2＋b 2≥2ab 与a 3＋b 3＋c 3≥3abc 的运用条件不一样，前者要求a ，b ∈R ，后面要求a ，b ，c ∈R ＋.要注意区别． 2．灵活使用基本不等式中的变形与拼凑方法剖析：为了使用三个正数的算术－几何平均不等式求最值(或范围等)，往往需要对数学代数式变形或拼凑数学结构，有时一个数拆成两个或两个以上的数，这时候，拆成的数要相等，如y ＝4x 4＋x 2＝4x 4＋x 22＋x 22，其中把x 2拆成x 22和x 22两个数，这样可满足不等式成立的条件，若这样变形：y ＝4x 4＋x 2＝4x 4＋x 24＋34x 2，虽然满足了乘积是定值这个要求，但“三相等”这个要求就无法实现了，这是因为：取“＝”号的条件是4x 4＝x 24＝34x 2，显然x 无解．题型一 应用三个正数的算术－几何平均不等式求函数的最值【例1】 已知x ∈R ＋，求函数y ＝x (1－x 2)的最大值．分析：为使数的“和”为定值，可以先平方，即y 2＝x 2(1－x 2)2＝x 2(1－x 2)(1－x 2)＝2x 2(1－x 2)(1－x 2)×12.求出最值后再开方． 反思：拼凑数学结构，以便能利用算术－几何平均不等式求最值，是必须掌握的一种解题方法，但拼凑要合理，且要符合适用的条件，对于本题，有的学生可能这样去拼凑：y ＝x (1－x 2)＝x (1－x )(1＋x )＝12·x (2－2x )·(1＋x )≤12(x ＋2－2x ＋1＋x 3)3＝12. 虽然其中的拼凑过程保证了三个数的和为定值，但忽略了取“＝”号的条件，显然x ＝2－2x ＝1＋x 无解，即无法取“＝”号，也就是说，这种拼凑法是不正确的．这就要求平时多积累一些拼凑方法的题型及数学结构，同时注意算术－几何平均不等式的使用条件，三个缺一不可．题型二 应用三个正数的算术－几何平均不等式证明不等式【例2】 设a ，b ，c ∈R ＋，求证：(a ＋b ＋c )(1a ＋1b ＋1c)≥9. 分析：先观察求证式子的结构，通过变形转化为用算术－几何平均不等式证明．反思：三个正数的算术－几何平均不等式定理，是根据不等式的意义、性质和比较法证出的，因此，凡是可以利用该定理证明的不等式，一般都可以直接应用比较法证明，只是在具备条件时，直接应用该定理会更简便．若不直接具备“一正二定三相等”的条件，要注意经过适当的恒等变形后再使用定理证明．连续多次使用平均不等式定理时要注意前后等号成立的条件是否保持一致．题型三 应用三个正数的算术－几何平均不等式解决实际问题【例3】如图所示，在一张半径是2米的圆桌的正中央上空挂一盏电灯．大家知道，灯挂得太高了，桌子边缘处的亮度就小；挂得太低，桌子的边缘处仍然是不亮的．由物理学可知，桌子边缘一点处的照亮度E 和电灯射到桌子边缘的光线与桌子的夹角θ的正弦成正比，而和这一点到光源的距离r 的平方成反比，即E ＝k sin θr 2，这里k 是一个和灯光强度有关的常数．那么究竟应该怎样选择灯的高度h ，才能使桌子边缘处最亮？分析：根据题设条件建立r 与θ的关系式―→将它代入E ＝k sin θr2―→得到以θ为自变量，E 为因变量的函数关系式―→用平均不等式求函数的最值―→获得问题的解反思：处理此类求最值的实际问题，应正确找到各变量之间的关系，建立适当的函数关系式，把问题转化为求函数的最值问题，并将关系式配凑成可以用平均不等式的形式，若符合条件“一正、二定、三相等”即可直接求解．答案：【例1】 解：∵y ＝x (1－x 2)，∴y 2＝x 2(1－x 2)2＝2x 2(1－x 2)(1－x 2)·12. ∵2x 2＋(1－x 2)＋(1－x 2)＝2，∴y 2≤12(2x 2＋1－x 2＋1－x 23)3＝427. 当且仅当2x 2＝1－x 2，即x ＝33时取等号成立． ∴y ≤239.∴y 的最大值为239. 【例2】 证明：∵a ，b ，c ∈R ＋，∴a ＋b ＋c ≥33abc ，1a ＋1b ＋1c ≥331abc . ∴(a ＋b ＋c )(1a ＋1b ＋1c)≥9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 【例3】 解：∵r ＝2cos θ， ∴E ＝k ·sin θcos 2θ4(0＜θ＜π2)， ∴E 2＝k 216·sin 2θ·cos 4θ＝k 232·(2sin 2θ)·cos 2θ·cos 2θ≤k 232·(2sin 2θ＋cos 2θ＋cos 2θ 3)3＝k 2108， 当且仅当2sin 2θ＝cos 2θ时取等号，即tan 2θ＝12，tan θ＝22， ∴h ＝2tan θ＝2，即h ＝2时，E 最大． ∴灯的高度h 为2时，才能使桌子边缘处最亮．1．已知θ为锐角，求y ＝sin θ·cos 2θ的最大值．2．求证：在表面积一定的长方体中，正方体的体积最大．3．已知x ∈R ＋，求函数y ＝x 2(1－x )的最大值．4．设a ，b ，c ∈R ＋，求证：333111abc a b c+++≥答案：1．分析：本题的目标函数为积结构，故应创设各因式的和为定值．要特别注意sin 2θ＋cos 2θ＝1的应用．解：y 2＝sin 2θ·cos 2θ·cos 2θ ＝12·2sin 2θ(1－sin 2θ)·(1－sin 2θ) ≤12×32()3＝427.当且仅当2sin 2θ＝1－sin 2θ，即sin θ＝3时取等号．此时y max ＝9. 2．证明：设长方体的三条相交于同一顶点的棱长分别为x ，y ，z ，则长方体的体积为V＝xyz ，表面积为A ＝2xy ＋2yz ＋2xz ，则A ＝2xy ＋2yz ＋2xz ≥而这里A 为定值，即A ≥V xy ＝yz ＝xz ，即x ＝y ＝z 时，等号成立．所以当所以在表面积一定的长方体中，正方体的体积最大．3．分析：本题积结构中x 2＝x ·x ，所以y ＝x 2(1－x )＝x ×x (1－x )，为使“和”为定值，还需拼凑系数．解：y ＝x 2(1－x )＝x ·x (1－x ) ＝x ·x ·(2－2x )×12≤3122()23x x x ++-＝18227⨯＝427. 当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时取等号． 此时，y 的最大值为427. 4．证明：因为a ，b ，c ∈R ＋，由算术－几何平均不等式可得333111a b c ++≥即333111a b c ++≥3abc(当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立)． 所以333111abc a b c +++≥3abc abc +.而3abc abc+≥＝当且仅当a 2b 2c 2＝3时，等号成立)，所以333111abc a b c+++≥当且仅当a ＝b ＝c )．。

2．基本不等式对应学生用书P4 1．基本不等式的理解重要不等式a 2＋b 2≥2ab 和基本不等式a ＋b2≥ab ，成立的条件是不同的．前者成立的条件是 a 与b 都为实数，并且a 与b 都为实数是不等式成立的充要条件；而后者成立的条件是a 与b 都为正实数，并且a 与b 都为正实数是不等式成立的充分不必要条件，如a ＝0，b ≥0仍然能使a ＋b2≥ab 成立．两个不等式中等号成立的充要条件都是a ＝b . 2．由基本不等式可推出以下几种常见的变形形式 (1)a 2＋b 2≥(a ＋b )22；(2)ab ≤a 2＋b 22；(3)ab ≤(a ＋b 2)2；(4)(a ＋b 2)2≤a 2＋b 22；(5)(a ＋b )2≥4ab .对应学生用书P5[例1] 已知a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1. 求证：1a ＋1b ＋1c≥9.[思路点拨] 解答本题可先利用1进行代换，再用基本不等式来证明． [证明] 法一：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 即1a ＋1b ＋1c≥9. 法二：∵a ，b ，c ∈R ＋，且a ＋b ＋c ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c ＝(a ＋b ＋c )(1a ＋1b ＋1c ) ＝1＋b a ＋c a ＋a b ＋1＋c b ＋a c ＋b c＋1＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫c a ＋a c ＋⎝⎛⎭⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． ∴1a ＋1b ＋1c≥9.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进行证明．1．已知a ，b ，c ，d 都是正数，求证：(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd . 证明：因为a ，b ，c ，d 都是正数，所以ab ＋cd 2≥ab ·cd ＞0，ac ＋bd 2≥ac ·bd ＞0，所以(ab ＋cd )(ac ＋bd )4≥abcd ，即(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd .当且仅当ab ＝cd ，ac ＝bd ，即a ＝d ，b ＝c 时，等号成立． 2．已知a ，b ，c >0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .证明：∵a ，b ，c ，a 2b ，b 2c ，c 2a 均大于0，又a 2b ＋b ≥2 a 2b ·b ＝2a ， b 2c＋c ≥2 b 2c·c ＝2b .c 2a ＋a ≥2 c 2a·a ＝2c . ∴(a 2b ＋b )＋(b 2c ＋c )＋(c 2a ＋a ) ≥2(a ＋b ＋c )． 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 当且仅当a 2b ＝b ，b 2c ＝c ，c 2a ＝a ，即a ＝b ＝c 时取等号.[例2] (1)求当x >0时，f (x )＝2xx 2＋1的值域；(2)设0<x <32，求函数y ＝4x (3－2x )的最大值；(3)已知x >0，y >0，且1x ＋9y＝1，求x ＋y 的最小值．[思路点拨] 根据题设条件，合理变形，创造能用基本不等式的条件，求最值． [解] (1)∵x >0，∴f (x )＝2x x 2＋1＝2x ＋1x. ∵x ＋1x ≥2，∴0<1x ＋1x≤12.∴0<f (x )≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 即f (x )值域为(0,1]． (2)∵0<x <32，∴3－2x >0.∴y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )] ≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋(3－2x )22＝92. 当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．∴y ＝4x (3－2x )的最大值为92.(3)∵x >0，y >0，1x ＋9y＝1，∴x ＋y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋9y (x ＋y )＝y x ＋9xy ＋10≥6＋10＝16. 当且仅当y x ＝9x y ，又1x ＋9y ＝1，即x ＝4，y ＝12时，上式取等号． 故当x ＝4，y ＝12时， 有(x ＋y )min ＝16.在应用基本不等式求最值时， 分以下三步进行：(1)首先看式子能否出现和(或积)的定值，若不具备，需对式子变形，凑出需要的定值； (2)其次，看所用的两项是否同正，若不满足，通过分类解决，同负时，可提取(－1)变为同正；(3)利用已知条件对取等号的情况进行验证．若满足，则可取最值，若不满足，则可通过函数单调性或导数解决．3．已知x ＞0，则2x ＋8x 的最小值和取得最小值时的x 值分别是( )A ．8,2B ．8,4C ．16,2D ．16,4解析：2x ＋8x ≥22x ·8x ＝8，当且仅当2x ＝8x，即x ＝2时，取“＝”号，故选A. 答案：A4．设x ，y ∈R ＋，且满足x ＋4y ＝40，则lg x ＋lg y 的最大值是( ) A ．40 B ．10 C ．4D ．2 解析：∵x ，y ∈R ＋，∴4xy ≤x ＋4y2.∴xy ≤x ＋4y4＝10.∴xy ≤100.∴lg x ＋lg y ＝lg(xy )≤lg 100＝2.答案：D5．(浙江高考)若正数x ，y 满足x ＋3y ＝5xy ，则3x ＋4y 的最小值是( ) A.245 B ．285C ．5D ．6解析：∵x ＋3y ＝5xy ，∴1y ＋3x＝5，∵x >0，y >0，∴(3x ＋4y )⎝⎛⎭⎫1y ＋3x ＝3x y ＋12yx ＋9＋4≥2 3x y ·12yx＋13＝25，∴5(3x ＋4y )≥25， ∴3x ＋4y ≥5，当且仅当x ＝2y 时取等号． ∴3x ＋4y 的最小值是5. 答案：C[例3] 某国际化妆品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2014年巴西世界杯期间进行一系列促销活动，经过市场调查和测算，化妆品的年销量x 万件与年促销费t 万元之间满足3－x 与t ＋1成反比例的关系，如果不搞促销活动，化妆品的年销量只能是1万件，已知2014年生产化妆品的设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1万件化妆品需要投入32万元的生产费用，若将每件化妆品的售价定为其生产成本的150%与平均每件促销费的一半之和，则当年生产的化妆品正好能销完．(1)将2014年的利润y (万元)表示为促销费t (万元)的函数． (2)该企业2014年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？[思路点拨] (1)两个基本关系式是解答关键，即利润＝销售收入－生产成本－促销费；生产成本＝固定费用＋生产费用；(2)表示出题中的所有已知量和未知量，利用它们之间的关系式列出函数表达式． [解] (1)由题意可设 3－x ＝k t ＋1，将t ＝0，x ＝1代入，得k ＝2. ∴x ＝3－2t ＋1.当年生产x 万件时，∵年生产成本＝年生产费用＋固定费用，∴年生产成本为32x ＋3＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3.当销售x 万件时，年销售收入为150%⎣⎢⎡⎦⎥⎤32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2t ＋1＋3＋12t .由题意，生产x 万件化妆品正好销完，由年利润＝年销售收入－年生产成本－促销费， 得年利润y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)(t ≥0)．(2)y ＝－t 2＋98t ＋352(t ＋1)＝50－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋32t ＋1≤50－2t ＋12×32t ＋1＝50－2 16＝42， 当且仅当t ＋12＝32t ＋1，即t ＝7时，等号成立，y max ＝42，∴当促销费定在7万元时，年利润最大．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．6．一商店经销某种货物，根据销售情况，年进货量为5万件，分若干次等量进货(设每次进货x 件)，每进一次货运费50元，且在销售完该货物时，立即进货，现以年平均x2件货储存在仓库里，库存费以每件20元计算，要使一年的运费和库存费最省，每次进货量x 应是多少？解：设一年的运费和库存费共y 元，由题意知：y ＝50 000x ×50＋x2×20＝25×105x＋10x ≥2 25×106＝104，当且仅当25×105x ＝10x 即x ＝500时，y min ＝10 000，即每次进货500件时，一年的运费和库存费最省．7.围建一个面积为360 m 2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m 的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m ，新墙的造价为180元/m ，设利用的旧墙的长度为x (单位：元)．(1)将y 表示为x 的函数；(2)试确定x ，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用． 解：(1)如题图所示，设矩形的另一边长为a m. 则y ＝45x ＋180(x －2)＋180×2a ＝225x ＋360a －360. 由已知xa ＝360，得a ＝360x ，所以y ＝225x ＋3602x －360(x ＞0)．(2)∵x >0，∴225x ＋3602x ≥2225×3602＝10 800.∴y ＝225x ＋3602x －360≥10 440，当且仅当225 x ＝3602x时，等号成立．即当x ＝24 m 时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10 440元．对应学生用书P71．下列不等式中，正确的个数是( ) ①若a ，b ∈R ，则a ＋b2≥ab②若x ∈R ，则x 2＋2＋1x 2＋2≥2③若x ∈R ，则x 2＋1＋1x 2＋1≥2④若a ，b 为正实数，则a ＋b2≥abA ．0B ．1C ．2D ．3解析：显然①不正确；③正确；对②虽然x 2＋2＝1x 2＋2无解，但x 2＋2＋1x 2＋2>2成立，故②正确；④不正确，如a ＝1，b ＝4. 答案：C2．已知a >0，b >0，a ，b 的等差中项是12，且α＝a ＋1a ，β＝b ＋1b ，则α＋β的最小值是( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：∵a ＋b ＝2×12＝1，a >0，b >0，∴α＋β＝a ＋1a ＋b ＋1b＝1＋1ab ≥1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝5，当且仅当a ＝b ＝12时取“＝”号．答案：C3. “a ＝1”是“对任意正数x,2x ＋ax ≥1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件解析：当a ＝1时，2x ＋a x ＝2x ＋1x ≥22(当且仅当x ＝22时取等号)，所以a ＝1⇒2x ＋ax ≥1(x ＞0)，反过来，对任意正数x ，如当a ＝2时，2x ＋a x ≥1恒成立，所以2x ＋ax ≥1⇒/ a＝1.答案：A4．某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与仓库到车站的距离成正比，如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么，要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站( )A ．5千米处B ．4千米处C ．3千米处D ．2千米处解析：由已知：y 1＝20x，y 2＝0.8x (x 为仓库到车站的距离)． 费用之和y ＝y 1＋y 2＝0.8x ＋20x≥20.8x ·20x＝8.当且仅当0.8x ＝20x ，即x ＝5时等号成立． 答案：A5．若x ≠0，则f (x )＝2－3x 2－12x 2的最大值是________，取得最值时x 的值是________． 解析：f (x )＝2－3(x 2＋4x 2)≤2－3×4＝－10，当且仅当x 2＝4x 2即x ＝±2时取等号．答案：－10 ±26．当x ＞12时，函数y ＝x ＋82x －1的最小值为________．解析：因为x ＞12，所以x －12＞0，所以y ＝x ＋82x －1＝⎝⎛⎭⎫x －12＋4x －12＋12≥4＋12＝92，当且仅当x －12＝4x －12，即x ＝52时，取“＝”．答案：927．y ＝3＋x ＋x 2x ＋1(x >0)的最小值是________．解析：∵x >0，∴y ＝3＋x ＋x 2x ＋1＝3x ＋1＋x ＋1－1≥23－1.当且仅当x ＋1＝3时取等号． 答案：23－18．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：(1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4 ≥4b a ×a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1， 由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8.∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 9．设x >0，y >0且x ＋y ＝4，要使不等式1x ＋4y ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围．解：由x >0，y >0且x ＋y ＝4. 得x ＋y 4＝1，∴1x ＋4y ＝x ＋y 4·⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ＝14⎝⎛⎭⎫1＋y x ＋4x y ＋4 ＝14⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4x y ≥14⎝⎛⎭⎫5＋2y x ·4x y ＝94. 当且仅当y x ＝4xy时等号成立．数学即y ＝2x (∵x >0，y >0，∴y ＝－2x 舍去)．此时，结合x ＋y ＝4，解得x ＝43，y ＝83. ∴1x ＋4y 的最小值为94. ∴m ≤94. ∴m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，94. 10．某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD ，公园由长方形A 1B 1C 1D 1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A 1B 1C 1D 1的面积为4 000平方米，人行道的宽分别为4米和10米(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比A 1B 1B 1C 1＝x ，求公园ABCD 所占面积S 关于x 的函数S (x )的解析式；(2)要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1的长和宽应如何设计？解：(1)设休闲区的宽为a 米，则其长为ax 米，由a 2x ＝4 000，得a ＝20 10x. 则S (x )＝(a ＋8)(ax ＋20)＝a 2x ＋(8x ＋20)a ＋160＝4 000＋(8x ＋20)·20 10x ＋160 ＝8010(2 x ＋5x )＋4 160(x >1)． (2)S ≥8010×22x ·5x ＋4 160＝1 600＋4 160＝5 760.当且仅当2 x ＝5x 即x ＝2.5时取等号，此时a ＝40，ax ＝100.所以要使公园所占面积最小，休闲区A 1B 1C 1D 1应设计为长100米，宽40米．。