第2課時(shí)基本不等式的綜合應(yīng)用（學(xué)案）-2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)教材配套學(xué)案（人教A版2019必修第一冊(cè)）含答案及解析

2.2基本不等式第2課時(shí)基本不等式的綜合應(yīng)用【學(xué)習(xí)目標(biāo)】課程標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1.能夠運(yùn)用基本不等式解決生活中的最值問(wèn)題(難點(diǎn))；2.能夠?qū)κ阶舆M(jìn)行變形，構(gòu)造定值；3.會(huì)用基本不等式解決恒成立問(wèn)題(重點(diǎn))。1、邏輯推理2、數(shù)學(xué)運(yùn)算3、數(shù)學(xué)建?！咀灾鲗W(xué)習(xí)】一．基本不等式與最值已知x、y都是正數(shù)，1.若積xy等于定值P，那么當(dāng)x=y時(shí)，和x＋y有最小值_____．2.若和x＋y是定值S，那么當(dāng)x=y時(shí)，積xy有最大值_____．二．運(yùn)用基本不等式求最值的三個(gè)條件：1.“一正”：x，y必須是；2.“二定”：求積xy的最大值時(shí)，應(yīng)看和x＋y是否為；求和x＋y的最小值時(shí)，應(yīng)看積xy是否為.3.“三相等”：當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立。三．通過(guò)變形構(gòu)造定值的方法如果題目中基本不等式不能滿足“和為定值”或“積為定值”，就不能直接用基本不等式求最值。需要通過(guò)變形，構(gòu)造定值，常見(jiàn)方法有：配項(xiàng)法；配系數(shù)法；分式型基本不等式；常值代換法“1”的代換?！拘≡嚺５丁克急娼馕?正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若a>0，b>0，且a＋b＝16，則ab≤64.()(2)若ab＝2，則a＋b的最小值為2eq\r(2).()(3)當(dāng)x>1時(shí)，函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x－1)≥2eq\r(\f(x,x－1))，所以函數(shù)y的最小值是2eq\r(\f(x,x－1)).()(4)若x∈R，則x2＋2＋eq\f(1,x2＋2)≥2.()【經(jīng)典例題】題型一利用基本不等式求最值例1當(dāng)x>0時(shí)，y＝eq\f(12,x)＋4x的最小值為()A．4B．8C．8eq\r(3) D．16【跟蹤訓(xùn)練】1已知x<0，求最大值。思路點(diǎn)撥：利用基本不等式求最值要滿足“一正”、“二定”、“三相等”，現(xiàn)在x<0，通過(guò)變形再利用基本不等式求最值。題型二變形構(gòu)造定值—配項(xiàng)法點(diǎn)撥：求和的最小值時(shí)，可以通過(guò)配項(xiàng)，使兩個(gè)因式的積為定值。一般情況下，兩個(gè)因式會(huì)為整式和分式，將整式部分配成分式分母的形式。變形的過(guò)程中要保證恒等變形。例2當(dāng)x>1時(shí)，求函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x－1)最小值?！靖櫽?xùn)練】2若x<3，則實(shí)數(shù)f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x的最大值為_(kāi)_______．題型三變形構(gòu)造定值—配系數(shù)法點(diǎn)撥：求積的最大值時(shí)，通過(guò)因式中的系數(shù)變形，使兩個(gè)因式的和為定值。變形的過(guò)程中要保證恒等變形。例3已知0＜x＜eq\f(1,2)，求f(x)＝eq\f(1,2)x(1－2x)的最大值?！靖櫽?xùn)練】3若0＜x＜eq\f(1,2)，則函數(shù)y＝xeq\r(1－4x2)的最大值為()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)題型四變形構(gòu)造定值—分式型基本不等式點(diǎn)撥：分式型基本不等式有兩種形式當(dāng)分子次數(shù)高于分母次數(shù)時(shí)，將分母當(dāng)成整體，將分子改寫成含有分母整體的形式，便可構(gòu)造出積為定值的形式，利用基本不等式求解。當(dāng)分子次數(shù)低于分母次數(shù)時(shí)，分子分母同時(shí)除以分子，將分子化為常數(shù)，分母利用基本不等式求解。例4已知x>0，則函數(shù)的最小值為_(kāi)______.【跟蹤訓(xùn)練】4已知x＞0，求y＝eq\f(2x,x2＋1)的最大值．題型五變形構(gòu)造定值—常值代換法“1”的代換點(diǎn)撥：對(duì)于已知題型，通常采用這種方法。（其中a，b均為正數(shù)）例5?！靖櫽?xùn)練】5已知x＞0，y＞0且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，則x＋y的最小值為_(kāi)_______.題型六利用基本不等式解決實(shí)際問(wèn)題例6如圖，動(dòng)物園要圍成相同面積的長(zhǎng)方形虎籠四間，一面可利用原有的墻，其他各面用鋼筋網(wǎng)圍成．(1)現(xiàn)有可圍36m長(zhǎng)網(wǎng)的材料，每間虎籠的長(zhǎng)、寬各設(shè)計(jì)為多少時(shí)，可使每間虎籠面積最大？(2)若使每間虎籠面積為24m2，則每間虎籠的長(zhǎng)、寬各設(shè)計(jì)為多少時(shí)，可使圍成四間虎籠的鋼筋網(wǎng)總長(zhǎng)最?。俊靖櫽?xùn)練】6某食品廠定期購(gòu)買面粉，已知該廠每天需用面粉6噸，每噸面粉的價(jià)格1800元，面粉的保管費(fèi)及其他費(fèi)用為平均每噸每天3元，購(gòu)買面粉每次需支付運(yùn)費(fèi)900元.求該廠多少天購(gòu)買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少？【當(dāng)堂達(dá)標(biāo)】1.設(shè)x，y為正數(shù)，則(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))的最小值為()A．6B．9C．12 D．152.若－4<x<1，則y＝eq\f(x2－2x＋2,2x－2)()A．有最小值1B．有最大值1C．有最小值－1 D．有最大值－13.已知a＞0，b＞0，若不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，則m的最大值等于()A.10B.9C.8 D.74.已知x，y>0，且滿足eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1，則xy的最大值為_(kāi)_______．5.已知正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)的最小值為_(kāi)_______.6.某公司一年購(gòu)買某種貨物400噸，每次都購(gòu)買x噸，運(yùn)費(fèi)為4萬(wàn)元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元，要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x＝________噸．7.(1)已知x<3，求f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x的最大值；(2)設(shè)x>0，y>0，且2x＋8y＝xy，求x＋y的最小值．

【參考答案】【自主學(xué)習(xí)】2PS24【小試牛刀】(1)√(2)×(3)×(4)×【經(jīng)典例題】例1C解析：∵x>0，∴eq\f(12,x)>0,4x>0.∴y＝eq\f(12,x)＋4x≥2eq\r(\f(12,x)·4x)＝8eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(12,x)＝4x，即x＝eq\r(3)時(shí)取最小值8eq\r(3)，∴當(dāng)x>0時(shí)，y的最小值為8eq\r(3).【跟蹤訓(xùn)練】1解：∵x<0，∴通過(guò)變形，∵∴當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，取得最大值。例2解：通過(guò)配項(xiàng)得；當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝2時(shí)，等號(hào)成立，取得最小值3.【跟蹤訓(xùn)練】2－1解析：∵x<3，∴x－3<0，∴f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x＝eq\f(4,x－3)＋(x－3)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(4,3－x)·3－x)＋3＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1時(shí)取“＝”號(hào)．∴f(x)的最大值為－1.例3解：因?yàn)?＜x＜eq\f(1,2)，所以1－2x＞0，f(x)＝eq\f(1,2)x(1－2x)＝eq\f(1,4)·2x(1－2x)≤eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（1－2x）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝1－2x，即x＝eq\f(1,4)時(shí)等號(hào)成立，所以f(x)的最大值為eq\f(1,16).【跟蹤訓(xùn)練】3C解析：∵0＜x＜eq\f(1,2)，∴1－4x2＞0，∴xeq\r(1－4x2)＝eq\f(1,2)×2xeq\r(1－4x2)≤eq\f(1,2)×eq\f(4x2＋1－4x2,2)＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\r(1－4x2)，即x＝eq\f(\r(2),4)時(shí)等號(hào)成立.例4-2解析：∵x>0，∴當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)，等號(hào)成立?！靖櫽?xùn)練】4解：y＝eq\f(2x,x2＋1)＝eq\f(2,x＋\f(1,x)).∵x＞0，∴x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，∴0＜y≤eq\f(2,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立．故y的最大值為1.例5解：當(dāng)且僅當(dāng)【跟蹤訓(xùn)練】516解析：法一(1的代換)：因?yàn)閑q\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，所以x＋y＝(x＋y)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))＝10＋eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y).因?yàn)閤＞0，y＞0，所以eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＝6，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，即y＝3x①時(shí)，取“＝”.又eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，②解①②可得x＝4，y＝12.所以當(dāng)x＝4，y＝12時(shí)，x＋y的最小值是16.法二(消元法)：由eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，得x＝eq\f(y,y－9).因?yàn)閤＞0，y＞0，所以y＞9.所以x＋y＝eq\f(y,y－9)＋y＝y(tǒng)＋eq\f(y－9＋9,y－9)＝y(tǒng)＋eq\f(9,y－9)＋1＝(y－9)＋eq\f(9,y－9)＋10.因?yàn)閥＞9，所以y－9＞0，所以(y－9)＋eq\f(9,y－9)≥2eq\r(（y－9）·\f(9,y－9))＝6.當(dāng)且僅當(dāng)y－9＝eq\f(9,y－9)，即y＝12時(shí)，取“＝”，此時(shí)x＝4，所以當(dāng)x＝4，y＝12時(shí)，x＋y的最小值是16.例6解：(1)設(shè)每間虎籠長(zhǎng)xm，寬為ym，則由條件知4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18.設(shè)每間虎籠面積為S，則S＝xy.由于2x＋3y≥2eq\r(2x·3y)＝2eq\r(6xy)，∴2eq\r(6xy)≤18，得xy≤eq\f(27,2)，即S≤eq\f(27,2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時(shí)，等號(hào)成立．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＝18，,2x＝3y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4.5，,y＝3.))故每間虎籠長(zhǎng)為4.5m，寬為3m時(shí)，可使面積最大．(2)由條件知S＝xy＝24.設(shè)鋼筋網(wǎng)總長(zhǎng)為l，則l＝4x＋6y.∵2x＋3y≥2eq\r(2x·3y)＝2eq\r(6xy)＝24，∴l(xiāng)＝4x＋6y＝2(2x＋3y)≥48，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3y時(shí)，等號(hào)成立．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝3y，,xy＝24，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝4.))故每間虎籠長(zhǎng)6m，寬4m時(shí)，可使鋼筋網(wǎng)總長(zhǎng)最小．【跟蹤訓(xùn)練】6解設(shè)該廠每隔x天購(gòu)買一次面粉，其購(gòu)買量為6x噸.由題意可知，面粉的保管等其他費(fèi)用為3×[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1).設(shè)平均每天所支付的總費(fèi)用為y1元，則y1＝eq\f(1,x)[9x(x＋1)＋900]＋6×1800＝9x＋eq\f(900,x)＋10809≥2eq\r(9x·\f(900,x))＋10809＝10989(元)，當(dāng)且僅當(dāng)9x＝eq\f(900,x)，即x＝10時(shí)，等號(hào)成立.所以該廠每10天購(gòu)買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少.【當(dāng)堂達(dá)標(biāo)】1.B解析：(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y)))＝x·eq\f(1,x)＋eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)＋y·eq\f(4,y)＝1＋4＋eq\f(4x,y)＋eq\f(y,x)≥5＋2eq\r(\f(4x,y)·\f(y,x))＝9.2.D解析：∵－4<x<1，∴x-1>0,∴當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(1,x－1)，即x＝0時(shí)等號(hào)成立．3.B解析：因?yàn)閍＞0，b＞0，所以2a＋b＞0，所以要使eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，只需m≤(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))恒成立，而(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝4＋eq\f(2a,b)＋eq\f(2b,a)＋1≥5＋4＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，所以m≤9.4.3解析：∵x，y>0，∴eq\f(x,3)＋eq\f(y,4)＝1≥2eq\r(\f(xy,12))，得xy≤3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,3)＝eq\f(y,4)即x＝eq\f(3,2)，y＝2時(shí)，取“＝”號(hào)，∴xy的最大值為3.5.eq\f(9,4)解析：正數(shù)x，y滿足x＋y＝1，即有(x＋2)＋(y＋1)＝4，則eq\f(4,x＋2)＋eq\f(1,y＋1)＝eq\f(1,4)[(x＋2)＋(y＋1)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x＋2)＋\f(1,y＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋\f(x＋2,y＋1)＋\f(4（y＋1）,x＋2)))≥eq\f(1,