2020-2021学年第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.4 均值不等式及其应用教学设计

这是一份2020-2021学年第二章 等式与不等式2.2 不等式2.2.4 均值不等式及其应用教学设计，共14页。教案主要包含了第1课时，教学过程，第2课时，教学目标，核心素养等内容，欢迎下载使用。

【第1课时】
均值不等式
【教学过程】
一、新知初探
1．算术平均值与几何平均值
对于正数a，b，常把eq \f(a＋b,2)叫做a，b的算术平均值，把eq \r(ab)叫做a，b的几何平均值．
2．均值不等式
（1）当a＞0，b＞0时，有eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立；
（2）均值不等式的常见变形
①当a＞0，b＞0，则a＋b≥2eq \r(ab)；
②若a＞0，b＞0，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2．
二、初试身手
1．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是（ ）
A．a＝±1B．a＝1
C．a＝－1D．a＝0
答案：B
解析：当a2＋1＝2a，即（a－1）2＝0，即a＝1时“＝”成立．
2．已知a，b∈（0，1），且a≠b，下列各式中最大的是（ ）
A．a2＋b2
B．2eq \r(ab)
C．2ab
D．a＋b
答案：D
解析：∵a，b∈（0，1），∴a2＜a，b2＜b，
∴a2＋b2＜a＋b，又a2＋b2＞2ab（a≠b），
∴2ab＜a2＋b2＜a＋b．
又∵a＋b＞2eq \r(ab)（a≠b），∴a＋b最大．
3．已知ab＝1，a>0，b>0，则a＋b的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．4
D．8
答案：B
解析：∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时取等号，故a＋b的最小值为2．
4．当a，b∈R时，下列不等关系成立的是________．
①eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)；②a－b≥2eq \r(ab)；③a2＋b2≥2ab；④a2－b2≥2ab．
答案：③
解析：根据eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件判断，知①②④错，只有③正确．
三、合作探究
类型1：对均值不等式的理解
例1：给出下面三个推导过程：
①∵a，b为正实数，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；
②∵a∈R，a≠0，∴eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4；
③∵x，y∈R，xy＜0，∴eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－－eq \f(x,y)＋－eq \f(y,x)≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x))))＝－2．
其中正确的推导为（ ）
A．①②B．①③
C．②③D．①②③
答案：B
解析：①∵a，b为正实数，∴eq \f(b,a)，eq \f(a,b)为正实数，符合均值不等式的条件，故①的推导正确．
②∵a∈R，a≠0，不符合均值不等式的条件，
∴eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4是错误的．
③由xy＜0，得eq \f(x,y)，eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将整体eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)提出负号后，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x)))均变为正数，符合均值不等式的条件，故③正确．
规律方法
1．均值不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) （a＞0，b＞0）反映了两个正数的和与积之间的关系．
2．对均值不等式的准确掌握要抓住以下两个方面：
（1）定理成立的条件是a，b都是正数．
（2）“当且仅当”的含义：当a＝b时，eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)的等号成立，即a＝b⇒eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)；仅当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立，即eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)⇒a＝b．
跟踪训练
1．下列不等式的推导过程正确的是________．
①若x＞1，则x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2；
②若x＜0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x)))))≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x))))＝－4；
③若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2．
答案：②
解析：①中忽视了均值不等式等号成立的条件，当x＝eq \f(1,x)时，即x＝1时，x＋eq \f(1,x)≥2等号成立，因为x＞1，所以x＋eq \f(1,x)＞2，③中忽视了利用均值不等式时每一项必须为正数这一条件．
类型2：利用均值不等式比较大小
例2：（1）已知a，b∈（0，＋∞），则下列各式中不一定成立的是（ ）
A．a＋b≥2eq \r(ab)B．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
C．eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab)D．eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)
（2）已知a，b，c是两两不等的实数，则p＝a2＋b2＋c2与q＝ab＋bc＋ca的大小关系是________．
答案：（1）D
（2）a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋ac
解析：（1）由eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)得a＋b＝2eq \r(ab)，
∴A成立；
∵eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，∴B成立；
∵eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥eq \f(2ab,\r(ab))＝2eq \r(ab)，∴C成立；
∵eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，∴D不一定成立．
（2）∵a，b，c互不相等，
∴a2＋b2＞2ab，b2＋c2>2bc，a2＋c2>2ac．
∴2（a2＋b2＋c2）>2（ab＋bc＋ac）．
即a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac．
规律方法
1．在理解均值不等式时，要从形式到内含中理解，特别要关注条件．
2．运用均值不等式比较大小时应注意成立的条件，即a＋b≥2eq \r(ab)成立的条件是a>0，b>0，等号成立的条件是a＝b；a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R，等号成立的条件是a＝b．
跟踪训练
2．如果0＜a＜b＜1，P＝eq \f(a＋b,2)，Q＝eq \r(ab)，M＝eq \r(a＋b)，那么P，Q，M的大小顺序是（ ）
A．P＞Q＞MB．M＞P＞Q
C．Q＞M＞PD．M＞Q＞P
答案：B
解析：显然eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)，又因为eq \f(a＋b,2)＜eq \r(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(由a＋b＞\f(a＋b2,4)也就是\f(a＋b,4)＜1可得))，所以eq \r(a＋b)＞eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)．故M＞P＞Q．
类型3：利用均值不等式证明不等式
例3：已知a，b，c是互不相等的正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9．
思路点拨：看到eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9，想到将“1”换成“a＋b＋c”，裂项构造均值不等式的形式，用均值不等式证明．
证明：∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \f(a＋b＋c,a)＋eq \f(a＋b＋c,b)＋eq \f(a＋b＋c,c)
＝3＋eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)
＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))
≥3＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq \r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq \r(\f(c,b)·\f(b,c))
＝3＋2＋2＋2
＝9．
当且仅当a＝b＝c时取等号，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9．
母题探究
本例条件不变，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))>8．
证明：∵a，b，c∈R＋，
且a＋b＋c＝1，
∴eq \f(1,a)－1＝eq \f(b＋c,a)>0，eq \f(1,b)－1＝eq \f(a＋c,b)>0，eq \f(1,c)－1＝eq \f(a＋b,c)>0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))
＝eq \f(b＋c,a)·eq \f(a＋c,b)·eq \f(a＋b,c)
≥eq \f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，
当且仅当a＝b＝c时取等号，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))＞8．
规律方法
1．条件不等式的证明，要将待证不等式与已知条件结合起来考虑，比如本题通过“1”的代换，将不等式的左边化成齐次式，一方面为使用均值不等式创造条件，另一方面可实现约分与不等式的右边建立联系．
2．先局部运用均值不等式，再利用不等式的性质（注意限制条件），通过相加（乘）合成为待证的不等式，既是运用均值不等式时的一种重要技能，也是证明不等式时的一种常用方法．
跟踪训练
3．已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2．
证明：由均值不等式可得
a4＋b4＝（a2）2＋（b2）2≥2a2b2，
同理，b4＋c4≥2b2c2，
c4＋a4≥2a2c2，
∴（a4＋b4）＋（b4＋c4）＋（c4＋a4）≥2a2b2＋2b2c2＋2a2c2，
从而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2．
4．已知a＞1，b＞0，eq \f(1,a)＋eq \f(3,b)＝1，求证：a＋2b≥2eq \r(6)＋7．
证明：由eq \f(1,a)＋eq \f(3,b)＝1，得b＝eq \f(3a,a－1)（a＞1），
则a＋2b＝a＋eq \f(6a,a－1)＝a＋eq \f(6a－1＋6,a－1)
＝a＋eq \f(6,a－1)＋6＝（a－1）＋eq \f(6,a－1)＋7
≥2eq \r(6)＋7，
当且仅当a－1＝eq \f(6,a－1)时，即a＝1＋eq \r(6)时，取等号．
四、课堂小结
1．应用均值不等式时要时刻注意其成立的条件，只有当a>0，b>0时，才会有eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)．对于“当且仅当……时，‘＝’成立…”这句话要从两个方面理解：一方面，当a＝b时，eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)；另一方面：当eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)时，也有a＝b．
2．应用均值不等式证明不等式的关键在于进行“拼”“凑”“拆”“合”“放缩”等变形，构造出符合均值不等式的条件结构．
五、当堂达标
1．思考辨析
（1）对任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq \r(ab)均成立．（ ）
（2）若a≠0，则a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2．（ ）
（3）若a>0，b>0，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up20(2)．（ ）
提示：（1）任意a，b∈R，有a2＋b2≥2ab成立，当a，b都为正数时，不等式a＋b≥2eq \r(ab)成立．
（2）只有当a>0时，根据均值不等式，才有不等式a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2成立．
（3）因为eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up20(2)．
答案：（1）×（2）×（3）√
2．设a>b>0，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．a－b<0B．0C．eq \r(ab)a＋b
答案：C
解析：∵a>b>0，由均值不等式知eq \r(ab)3．不等式eq \f(9,x－2)＋（x－2）≥6（其中x＞2）中等号成立的条件是（ ）
A．x＝3B．x＝－3
C．x＝5D．x＝－5
答案：C
解析：由均值不等式知等号成立的条件为eq \f(9,x－2)＝x－2，即x＝5（x＝－1舍去）．
4．设a>0，b>0，证明：eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．
证明：∵a>0，b>0，
∴eq \f(b2,a)＋a≥2b，eq \f(a2,b)＋b≥2a，
∴eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．
【第2课时】
均值不等式的应用
【教学过程】
一、新知初探
已知x，y都是正数．
（1）若x＋y＝S（和为定值），则当x＝y时，积xy取得最大值eq \f(S2,4)．
（2）若xy＝p（积为定值），则当x＝y时，和x＋y取得最小值2eq \r(p)．
上述命题可归纳为口诀：积定和最小，和定积最大．
二、初试身手
1．已知a＞0，b＞0，a＋b＝2，则y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值是（ ）
A．eq \f(7,2)
B．4
C．eq \f(9,2)
D．5
答案：C
解析：∵a＋b＝2，∴eq \f(a＋b,2)＝1．
∴eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(4,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))
＝eq \f(5,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,b)＋\f(b,2a)))≥eq \f(5,2)＋2eq \r(\f(2a,b)·\f(b,2a))＝eq \f(9,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(2a,b)＝\f(b,2a)，即b＝2a时，等号成立))．
故y＝eq \f(1,a)＋eq \f(4,b)的最小值为eq \f(9,2)．
2．若x>0，则x＋eq \f(2,x)的最小值是________．
答案：2eq \r(2)
解析：x＋eq \f(2,x)≥2eq \r(x·\f(2,x))＝2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \r(2)时，等号成立．
3．设x，y∈N*满足x＋y＝20，则xy的最大值为________．
答案：100
解析：∵x，y∈N*，
∴20＝x＋y≥2eq \r(xy)，
∴xy≤100．
三、合作探究
类型1：利用均值不等式求最值
例1：（1）已知x（2）已知0思路点拨：（1）看到求y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最值，想到如何才能出现乘积定值；（2）要求y＝eq \f(1,2)x（1－2x）的最值，需要出现和为定值．
解：（1）∵x0，
∴y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1，
当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，上式等号成立，
故当x＝1时，ymax＝1．
（2）∵0∴1－2x>0，
∴y＝eq \f(1,4)×2x（1－2x）≤eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋1－2x,2)))2＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)．
∴当且仅当2x＝1－2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0规律方法
利用均值不等式求最值的关键是获得满足均值不等式成立条件，即“一正、二定、三相等”．解题时应对照已知和欲求的式子运用适当的“拆项、添项、配凑、变形”等方法创设应用均值不等式的条件．具体可归纳为三句话：若不正，用其相反数，改变不等号方向；若不定，应凑出定和或定积；若不等，一般用后面第三章函数的基本性质的知识解决．
跟踪训练
1．（1）已知x>0，求函数y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)的最小值；
（2）已知0解：（1）∵y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)＝x＋eq \f(4,x)＋5≥2eq \r(4)＋5＝9，
当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时等号成立．
故y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)（x>0）的最小值为9．
（2）法一：∵00．
∴y＝x（1－3x）＝eq \f(1,3)·3x（1－3x）
≤eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3x＋1－3x,2)))eq \s\up20(2)＝eq \f(1,12)．
当且仅当3x＝1－3x，即x＝eq \f(1,6)时，等号成立．
∴当x＝eq \f(1,6)时，函数取得最大值eq \f(1,12)．
法二：∵00．
∴y＝x（1－3x）＝3·xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x))≤3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋\f(1,3)－x,2)))eq \s\up20(2)
＝eq \f(1,12)，当且仅当x＝eq \f(1,3)－x，即x＝eq \f(1,6)时，等号成立．
∴当x＝eq \f(1,6)时，函数取得最大值eq \f(1,12)．
类型2：利用均值不等式求条件最值
例2：已知x＞0，y＞0，且满足eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1．求x＋2y的最小值．
解：∵x＞0，y＞0，eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1，
∴x＋2y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(1,y)))（x＋2y）＝10＋eq \f(x,y)＋eq \f(16y,x)
≥10＋2eq \r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝3))时，等号成立，
故当x＝12，y＝3时，（x＋2y）min＝18．
母题探究
若把“eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1”改为“x＋2y＝1”，其他条件不变，求eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)的最小值．
解：∵x，y∈R＋，
∴eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝（x＋2y）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,x)＋\f(1,y)))
＝8＋eq \f(16y,x)＋eq \f(x,y)＋2＝10＋eq \f(16y,x)＋eq \f(x,y)≥10＋2eq \r(16)＝18．
当且仅当eq \f(16y,x)＝eq \f(x,y)时取等号，
结合x＋2y＝1，得x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,6)，
∴当x＝eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,6)时，eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)取到最小值18．
规律方法
1．本题给出的方法，用到了均值不等式，并且对式子进行了变形，配凑出满足均值不等式的条件，这是经常使用的方法，要学会观察、学会变形．
2．常见的变形技巧有：（1）配凑系数；（2）变符号；（3）拆补项．常见形式有y＝ax＋eq \f(b,x)型和y＝ax（b－ax）型．
跟踪训练
2．已知a＞0，b＞0，a＋2b＝1，求eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值．
解：法一：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))·1
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))·（a＋2b）
＝1＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)＋2＝3＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)≥3＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))
＝3＋2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＝\f(a,b)，,a＋2b＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)－1，,b＝1－\f(\r(2),2)))时等号成立．
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为3＋2eq \r(2)．
法二：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋2b,a)＋eq \f(a＋2b,b)＝1＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)＋2
＝3＋eq \f(2b,a)＋eq \f(a,b)≥3＋2eq \r(2)，
当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2b,a)＝\f(a,b)，,a＋2b＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)－1，,b＝1－\f(\r(2),2)))时等号成立，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的最小值为3＋2eq \r(2)．
类型3：利用均值不等式解决实际问题
例3：如图，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成．现有36m长的钢筋网材料，每间虎笼的长、宽分别设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？
解：设每间虎笼长xm，宽ym，
则由条件知，4x＋6y＝36，即2x＋3y＝18．
设每间虎笼面积为S，则S＝xy．
法一：由于2x＋3y≥2eq \r(2x·3y)＝2eq \r(6xy)，
所以2eq \r(6xy)≤18，得xy≤eq \f(27,2)，
即Smax＝eq \f(27,2)，当且仅当2x＝3y时，等号成立．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y＝18，,2x＝3y，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4.5，,y＝3.))
故每间虎笼长为4．5m，宽为3m时，可使每间虎笼面积最大．
法二：由2x＋3y＝18，得x＝9－eq \f(3,2)y．
∵x>0，∴0∵00．
∴S≤eq \f(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6－y＋y,2)))2＝eq \f(27,2)．
当且仅当6－y＝y，即y＝3时，等号成立，此时x＝4．5．
故每间虎笼长为4．5m，宽为3m时，可使每间虎笼面积最大．
规律方法
在应用均值不等式解决实际问题时，应注意如下思路和方法：
（1）先理解题意，设出变量，一般把要求最值的量定为函数；
（2）建立相应的函数关系，把实际问题抽象成函数的最大值或最小值问题；
（3）在定义域内，求出函数的最大值或最小值；
（4）正确写出答案．
跟踪训练
3．某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层，每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x（x≥10）层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x（单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝eq \f(购地总费用,建筑总面积)
解：设将楼房建为x层，则每平方米的平均购地费用为eq \f(2 160×104,2 000x)＝eq \f(10 800,x)．
∴每平方米的平均综合费用
y＝560＋48x＋eq \f(10 800,x)＝560＋48eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(225,x)))．
当x＋eq \f(225,x)取最小值时，y有最小值．
∵x>0，∴x＋eq \f(225,x)≥2eq \r(x·\f(225,x))＝30．
当且仅当x＝eq \f(225,x)，即x＝15时，上式等号成立．
∴当x＝15时，y有最小值2000元．
因此该楼房建为15层时，每平方米的平均综合费用最少．
四、课堂小结
1．利用均值不等式求最值，要注意使用的条件“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可，解题时，有时为了达到使用均值不等式的三个条件，需要通过配凑、裂项、转化、分离常数等变形手段，创设一个适合应用均值不等式的情境．
2．不等式的应用题大都与函数相关联，在求最值时，均值不等式是经常使用的工具，但若对自变量有限制，一定要注意等号能否取到．
五、当堂达标
1．思考辨析
（1）两个正数的积为定值，一定存在两数相等时，它们的和有最小值．（ ）
（2）若a>0，b>0且a＋b＝4，则ab≤4．（ ）
（3）当x>1时，函数y＝x＋eq \f(1,x－1)≥2eq \r(\f(x,x－1))，所以函数y的最小值是2eq \r(\f(x,x－1))．（ ）
提示：（1）由a＋b≥2eq \r(ab)可知正确．
（2）由ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝4可知正确．
（3）eq \r(\f(x,x－1))不是常数，故错误．
答案：（1）√（2）√（3）×
2．若实数a，b满足a＋b＝2，则ab的最大值为（ ）
A．1
B．2eq \r(2)
C．2
D．4
答案：A
解析：由均值不等式得，ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝1．
3．已知0A．eq \f(1,2)B．eq \f(3,4)
C．eq \f(2,3)D．eq \f(2,5)
答案：A
解析：∵00，
则x（3－3x）＝3[x（1－x）]≤3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1－x,2)))2＝eq \f(3,4)，
当且仅当x＝1－x，即x＝eq \f(1,2)时取等号．
4．已知x>0，求y＝eq \f(2x,x2＋1)的最大值．
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，
∴y≤eq \f(2,2)＝1，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时等号成立．【教学目标】
【核心素养】
1．掌握均值不等式，明确均值不等式成立的条件．（难点）
2．会用均值不等式证明一些简单的不等式或比较代数式的大小．（重点）
1．通过不等式的证明，培养逻辑推理的素养．
2．通过均值不等式形式求简单的最值问题，提升数学运算的素养．
【教学目标】
【核心素养】
1．熟练掌握利用均值不等式求函数的最值问题．（重点）
2．会用均值不等式求解实际应用题．（难点）
1．通过均值不等式求最值，提升数学运算素养．
2．借助均值不等式在实际问题中的应用，培养数学建模素养．