高中数学人教版新课标A必修53.4 基本不等式导学案及答案

这是一份高中数学人教版新课标A必修53.4 基本不等式导学案及答案，共5页。学案主要包含了学习目标，自主预习，互动探究，课堂练习等内容，欢迎下载使用。

【学习目标】
1．会推导基本不等式，理解基本不等式的几何意义．(重点)
2．掌握基本不等式，明确等号成立的条件．(重点)
3．会用基本不等式证明不等式和解决简单的最值问题．
【自主预习】
1．重要不等式与基本不等式
2．对基本不等式的两种理解
(1)数列理解
如果把eq \f(a＋b,2)看作是整数a，b的等差中项，eq \r(ab)看作是正数a，b的等比中项，那么该定理可以叙述为：两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．
(2)几何理解
以a＋b长的线段为直径作圆，在直径AB上取点C，使AC＝a，CB＝b.过点C作垂直于直径AB的弦DD′，则CD＝eq \r(ab).因为圆的半径为eq \f(a＋b,2)，所以eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab).其中当且仅当点C与圆心重合，即a＝b时，等号成立，则该定理又可以叙述为：半径不小于半弦．
【互动探究】
常见推论的证明
求证：(1)不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)；
(2)不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)(a，b∈R)．
证明：(1)因为a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，
所以a2＋b2≥2ab．
(2)由(1)，得a2＋b2≥2ab．
所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab．
两边同除以4，即得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b时，取等号．
用基本不等式证明不等式
已知x，y都是正数．
求证：(1)eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2；
(2)(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3．
证明：(1)因为x，y都是正数，所以eq \f(x,y)>0，eq \f(y,x)>0.所以eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝2，即eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2，
当且仅当x＝y时，等号成立．
(2)因为x，y都是正数，所以x＋y≥2eq \r(xy)>0，
x2＋y2≥2eq \r(x2y2)>0，x3＋y3≥2eq \r(x3y3)>0．
所以(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥
2eq \r(xy)·2eq \r(x2y2)·2eq \r(x3y3)＝8x3y3，
即(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3，
当且仅当x＝y时，等号成立．
利用基本不等式比较大小问题
已知m＝a＋eq \f(1,a－2)(a>2)，n＝22－b2(b≠0)，则m，n之间的大小关系是________________．
[思路点拨]解答本题先根据不等式求出m的取值范围，然后根据指数函数性质求出n的取值范围，进而比较m，n的大小．
解析：因为a>2，所以a－2>0．
又因为m＝a＋eq \f(1,a－2)＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2，
所以m≥2eq \r(a－2·\f(1,a－2))＋2＝4，即m∈[4，＋∞)．
由b≠0，得b2≠0.所以22－b2<4，即n<4．
所以n∈(0,4)．综上易得m>n．
答案：m>n
【课堂练习】
1．若2x＋2y＝1，则x＋y的取值范围是( )
A．[0,2] B．[－2,0]
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
解析：因为2x＞0,2y＞0，所以2x＋2y≥2eq \r(2x·2y)＝2eq \r(2x＋y)(当且仅当2x＝2y时，等号成立)．
所以eq \r(2x＋y)≤eq \f(1,2).所以2x＋y≤eq \f(1,4).所以x＋y≤－2．
答案：D
2．下列不等式一定成立的是( )
A．lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,4)))>lg x(x>0)B．sin x＋eq \f(1,sin x)≥2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)D．eq \f(1,x2＋1)>1(x∈R)
解析：A中x＝eq \f(1,2)时不等式不成立，B中sin x不总大于0，D中，x＝0时，不等式不成立．
答案：C
3．已知a，b都是正数，且a＋b＝1．
求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9．
证明：方法一 因为a>0，b>0，且a＋b＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(a＋b,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝9，
当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(a,b)，即a＝b＝eq \f(1,2)时取“＝”号．
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9．
方法二 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,ab)＝1＋eq \f(a＋b,ab)＋eq \f(1,ab)．
因为a＋b＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(2,ab)．
又因为a，b>0，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(1,4)．
所以eq \f(1,ab)≥4，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取“＝”号．
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥1＋2×4＝9．