高中3.2 基本不等式教学设计

这是一份高中3.2 基本不等式教学设计，共7页。教案主要包含了课时安排，教学重点，教学难点，教学过程，利用基本不等式证明不等式，板书设计，作业布置，教学反思等内容，欢迎下载使用。

2．理解定理1和定理2(基本不等式)．
3．掌握用基本不等式求一些函数的最值及实际的应用问题．
二、课时安排
1课时
三、教学重点
理解定理1和定理2(基本不等式)．
四、教学难点
掌握用基本不等式求一些函数的最值及实际的应用问题．
五、教学过程
（一）导入新课
已知lg x＋lg y＝2，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为______．
【解析】 ∵lg x＋lg y＝2，
∴x＞0，y＞0，lg(xy)＝2，∴xy＝102，
∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)≥2eq \r(\f(1,xy))＝eq \f(1,5)，当且仅当x＝y＝10时，等号成立．
【答案】 eq \f(1,5)
（二）讲授新课
教材整理1 两个定理及算数平均与几何平均
1．两个定理
2.算术平均与几何平均
如果a，b都是正数，我们称 为a，b的算术平均， 为a，b的几何平均．
教材整理2 利用基本不等式求最值
已知x，y为正数，x＋y＝S，xy＝P，则
(1)如果P是 ，那么当且仅当 时，S取得最小值 ；
(2)如果S是 ，那么当且仅当x＝y时，P取得最大值 .
（三）重难点精讲
题型一、利用基本不等式证明不等式
例1已知a，b，c都是正数，求证：eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
【精彩点拨】 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，
∴eq \f(a2,b)＋b≥2 eq \r(\f(a2,b)·b)＝2a，
同理：eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c.
三式相加得：
eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(b＋c＋a)≥2(a＋b＋c)，
∴eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
规律总结：
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．
[再练一题]
1．已知x，y，z均为正数，求证：eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z).
【证明】 ∵x，y，z都是正数，
∴eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＝eq \f(1,z)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥eq \f(2,z).
同理可得eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(2,x)，eq \f(z,xy)＋eq \f(x,yz)≥eq \f(2,y).
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，
得eq \f(x,yz)＋eq \f(y,zx)＋eq \f(z,xy)≥eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z).
题型二、利用基本不等式求最值
例2设x，y，z均是正数，x－2y＋3z＝0，则eq \f(y2,xz)的最小值为________．
【精彩点拨】 由条件表示y，代入到eq \f(y2,xz)中，变形为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＝eq \f(x＋3z,2)，
∴eq \f(y2,xz)＝eq \f(x2＋9z2＋6xz,4xz)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,z)＋\f(9z,x)＋6))
≥eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(x,z)·\f(9z,x))＋6))＝3.
当且仅当x＝y＝3z时，eq \f(y2,xz)取得最小值3.
【答案】 3
规律总结：
1．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．
[再练一题]
2．已知x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，试求x＋y的最小值.
【解】 ∵x>0，y>0，且eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，
∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(9,y)))
＝eq \f(y,x)＋eq \f(9x,y)＋10≥2eq \r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝16.
当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(9x,y)，即y＝3x时等号成立．
又eq \f(1,x)＋eq \f(9,y)＝1，∴当x＝4，y＝12时，(x＋y)min＝16.
题型三、基本不等式的实际应用
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2016年里约热内卢奥运会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2016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2016年生产的化妆品正好能销售完，试将2016年的利润y(万元)表示为促销费t(万元)的函数；
(2)该企业2016年的促销费投入多少万元时，企业的年利润最大？
【精彩点拨】 (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．利用基本不等式求最值．
【自主解答】 (1)由题意可设3－x＝eq \f(k,t＋1)(k＞0)，
将t＝0，x＝1代入，得k＝2.
∴x＝3－eq \f(2,t＋1).
当年生产x万件时，年生产成本为32x＋3＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,t＋1)))＋3.
当销售x万件时，年销售收入为
150%×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(32×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,t＋1)))＋3))＋eq \f(1,2)t.
由题意，生产x万件化妆品正好销完，
得年利润y＝eq \f(－t2＋98t＋35,2?t＋1?)(t≥0)．
(2)y＝eq \f(－t2＋98t＋35,2?t＋1?)＝50－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t＋1,2)＋\f(32,t＋1)))
≤50－2eq \r(\f(t＋1,2)×\f(32,t＋1))＝50－2eq \r(16)＝42，
当且仅当eq \f(t＋1,2)＝eq \f(32,t＋1)，即t＝7时，等号成立，ymax＝42，
∴当促销费定在7万元时，年利润最大．
规律总结：
eq \x(设出变量)eq \(――→,\s\up14(建立))eq \x(数学模型)eq \(――→,\s\up14(定义域))eq \x(利用均值不等式求最值)eq \(――――→,\s\up11(“＝”成),\s\d4(立的条件))eq \x(结论)
[再练一题]
3．如图所示，为处理含有某种杂质的污水，要制造一个底宽为2 m的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a m，高度为b m，已知流出的水中该杂质的质量分数与a，b的乘积ab成反比，现有制箱材料60 m2，问当a，b各为多长时，沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小(A，B孔的面积忽略不计)?
【解】 法一 设流出的水中杂质的质量分数为y，由题意y＝eq \f(k,ab)，其中k为比例系数(k>0)．根据题意，得 2×2b＋2ab＋2a＝60(a>0，b>0)，
∴b＝eq \f(30－a,2＋a)(由a>0，b>0，可得a<30)．
∴y＝eq \f(k,ab)＝eq \f(k,\f(30a－a2,2＋a)).
令t＝a＋2，则a＝t－2.
从而eq \f(30a－a2,2＋a)＝eq \f(30t－2－t－22,t)＝eq \f(34t－t2－64,t)＝34－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(64,t)))，
∴y＝eq \f(k,ab)≥eq \f(k,34－2 \r(t·\f(64,t)))＝eq \f(k,18).
当且仅当t＝eq \f(64,t)，即a＋2＝eq \f(64,a＋2)时，取“＝”，∴a＝6.
由a＝6，可得b＝3.
综上所述：当a＝6 m，b＝3 m时，经沉淀后流出的水中杂质的质量分数最小．
法二 设流出的水中杂质的质量分数为y，依题意y＝eq \f(k,ab)，其中k为比例系数(k>0)．要求y的最小值必须先求出ab的最大值．
依题设4b＋2ab＋2a＝60，即ab＋a＋2b＝30(a>0，b>0)．
∵a＋2b≥2eq \r(2ab)(当且仅当a＝2b时取“＝”)，
∴ab＋2eq \r(2)eq \r(ab)≤30，可解得0由a＝2b及ab＋a＋2b＝30，可得a＝6，b＝3，
即a＝6，b＝3时，ab取得最大值，从而y的值最小．
题型四、基本不等式的理解与判定
例4命题：①任意x>0，lg x＋eq \f(1,lg x)≥2；②任意x∈R，ax＋eq \f(1,ax)≥2；③任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan x＋eq \f(1,tan x)≥2；④任意x∈R，sin x＋eq \f(1,sin x)≥2.
其中真命题有( )
A．③ B．③④ C．②③ D.①②③④
【精彩点拨】 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，ax>0，ax＋eq \f(1,ax)≥2eq \r(ax·\f(1,ax))＝2，当且仅当x＝0时，取等号，则②是真命题；
在③中，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，tan x>0，有tan x＋eq \f(1,tan x)≥2，且x＝eq \f(π,4)时取等号，∴③是真命题．
【答案】 C
规律总结：
1．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)eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)是a2＋b2≥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eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的充分不必要条件；a，b为实数是a2＋b2≥2ab的充要条件．
2．当b≥a>0时，有变形不等式a≤eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤ eq \r(\f(a2＋b2,2))≤b.
[再练一题]
4．若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是( )
A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2eq \r(ab)
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
【解析】 A选项中，当a＝b时，a2＋b2＝2ab，则排除A；
当a<0，b<0时，a＋b<0<2eq \r(ab)，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)<00，则eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时取“＝”，所以选D.
【答案】 D
（四）归纳小结
基本不等式—eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(—\x(定理的理解),—\x(证明不等式),—\x(求最值),—\x(实际应用)))
（五）随堂检测
1．下列结论中不正确的是( )
A．a＞0时，a＋eq \f(1,a)≥2 B.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
C．a2＋b2≥2ab D.a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)
【解析】 选项A，C显然正确；选项D中，2(a2＋b2)－(a＋b)2＝a2＋b2－2ab≥0，∴a2＋b2≥eq \f(a＋b2,2)成立；而选项B中，eq \f(b,a)＋eq \f(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】 B
2．下列各式中，最小值等于2的是( )
A.eq \f(x,y)＋eq \f(y,x) B.eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))
C．tan θ＋eq \f(1,tan θ) D.2x＋2－x
【解析】 ∵2x＞0,2－x＞0，∴2x＋2－x≥2eq \r(2x·2－x)＝2，当且仅当2x＝2－x，即x＝0时，等号成立．故选D.
【答案】 D
3．已知eq \f(5,x)＋eq \f(3,y)＝1(x>0，y>0)，则xy的最小值是( )
A．15 B．6 C．60 D.1
【解析】 ∵eq \f(5,x)＋eq \f(3,y)≥2eq \r(\f(15,xy))(当且仅当x＝10，y＝6时，取等号)，
∴2eq \r(\f(15,xy))≤1，∴xy≥60，
故xy的最小值为60.
【答案】 C
六、板书设计
七、作业布置
同步练习：1.1.2基本不等式
八、教学反思
定理
内容
等号成立的条件
定理1
a2＋b2≥ (a，b∈R)
当且仅当 时，等号成立
定理2
eq \f(a＋b,2)≥ (a，b＞0)
当且仅当 时，等号成立
1.1.2基本不等式
教材整理1 两个定理及算数平均与几何平均
1．两个定理
2.算术平均与几何平均
例1：
例2：
例3：
例4：
学生板演练习