2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 7.4 基本不等式及應(yīng)用教案 理 新人教A版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 7.4 基本不等式及應(yīng)用教案 理 新人教A版 典例精析 題型一　利用基本不等式比較大小 【例1】(1)設(shè)x，y∈R＋，且xy－(x＋y)＝1，則(　　) A.x＋y≥2(＋1) B.x＋y≤2(＋1) C.x＋y≤2(＋1)2 D.x＋y≥(＋1)2 (2)已知a，b∈R＋，則，，，的大小順序是　　　　　　　　　. 【解析】(1)選A.由已知得xy＝1＋(x＋y)，又xy≤()2，所以()2≥1＋(x＋y). 解得x＋y≥2(＋1)或x＋y≤2(1－). 因?yàn)閤＋y＞0，所以x＋y≥2(＋1). (2)由≥有a＋b≥2，即a＋b≥，所以≥. 又＝≤，所以≥， 所以≥≥≥. 【點(diǎn)撥】本題(2)中的結(jié)論由基本不等式簡單推導(dǎo)而來，可作為結(jié)論使用. 【變式訓(xùn)練1】設(shè)a＞b＞c，不等式＋＞恒成立，則λ的取值范圍是　　　　. 【解析】(－∞，4).因?yàn)閍＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0. 而(a－c)(＋)＝[(a－b)＋(b－c)](＋)≥4，所以λ＜4. 題型二　利用基本不等式求最值 【例2】(1)已知x＜，則函數(shù)y＝4x－2＋的最大值為　　　??； (2)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)數(shù)f′(x)，f′(0)＞0，對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(x)≥0，則的最小值為(　　) A.3 B. C.2 D. 【解析】(1)因?yàn)閤＜，所以5－4x＞0. 所以y＝4x－2＋＝－(5－4x＋)＋3≤－2＋3＝1. 當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立. 所以x＝1時(shí)，ymax＝1. (2)選C.因?yàn)閒(x)≥0，所以 所以c≥.又f′(x)＝2ax＋b，所以f′(0)＝b＞0， ＝＝1＋≥1＋≥1＋＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)c＝且4a2＝b2時(shí)等號(hào)成立. 【點(diǎn)撥】應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，常見的技巧是“拆或湊”，同時(shí)注意“一正、二定、三相等”這三個(gè)條件，避免出現(xiàn)錯(cuò)誤. 【變式訓(xùn)練2】已知x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，求的取值范圍. 【解析】由等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)得a＋b＝x＋y， cd＝xy，所以＝＝2＋＋， 當(dāng)＞0時(shí)，≥4；當(dāng)＜0時(shí)，≤0， 故的取值范圍是(－∞，0]∪[4，＋∞). 題型三　應(yīng)用基本不等式解實(shí)際應(yīng)用問題 【例3】某食品廠定期購買面粉，已知該廠每天需用面粉6噸，每噸面粉的價(jià)格為1 800元，面粉的保管等其他費(fèi)用為平均每噸每天3元，購面粉每次需支付運(yùn)費(fèi)900元. (1)求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少(所購面粉第二天才能使用)； (2)若提供面粉的公司規(guī)定：當(dāng)一次購買面粉不少于210噸時(shí)，其價(jià)格可享受9折優(yōu)惠(即原價(jià)的90%)，問該廠是否可以利用此優(yōu)惠條件？請(qǐng)說明理由. 【解析】(1)設(shè)該廠x天購買一次面粉，其購買量為6x噸，面粉的保管等其他費(fèi)用為3[6x＋6(x－1)＋…＋62＋61]＝9x(x＋1). 設(shè)平均每天所支付的總費(fèi)用為y1，則 y1＝[9x(x＋1)＋900]＋61 800＝＋9x＋10 809≥2＋10 809＝10 989， 當(dāng)且僅當(dāng)9x＝，即x＝10時(shí)，取等號(hào). 即該廠應(yīng)10天購買一次面粉，才能使平均每天所支付的總費(fèi)用最少. (2)若廠家利用此優(yōu)惠條件，則至少應(yīng)35天購買一次面粉，設(shè)該廠利用此優(yōu)惠條件后，每x(x≥35)天購買一次面粉，平均每天支付的總費(fèi)用為y2，則 y2＝[9x(x＋1)＋900]＋61 8000.9＝＋9x＋9 729(x≥35). 因?yàn)閥2′＝9－，當(dāng)x≥35時(shí)，y2′＞0. 所以y2＝＋9x＋9 729在[35，＋∞)上是增函數(shù). 所以x＝35時(shí)，y2取最小值. 由＜10 989知，該廠可以利用此優(yōu)惠條件. 【點(diǎn)撥】解決這類應(yīng)用題，首先要依題意構(gòu)造出相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型，并通過適當(dāng)?shù)淖冃问顾玫降哪Ｐ头匣静坏仁降慕Y(jié)構(gòu)，再求最值.當(dāng)?shù)忍?hào)不能成立時(shí)，常利用函數(shù)的單調(diào)性來處理. 【變式訓(xùn)練3】已知a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，求S＝2－4a2－b2的最大值. 【解析】因?yàn)閍＞0，b＞0,2a＋b＝1， 所以4a2＋b2＝(2a＋b)2－4ab＝1－4ab， 且1＝2a＋b≥2，即≤，ab≤. 所以S＝2－4a2－b2＝2－(1－4ab)＝2＋4ab－1≤， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝，b＝時(shí)，等號(hào)成立. 總結(jié)提高 1.基本不等式的幾種常見變形公式： ab≤()2≤(a，b∈R)； ≤≤≤(a＞0，b＞0). 注意不等式成立的條件及等號(hào)成立的條件. 2.合理拆分或配湊因子是常用的技巧，配、湊的目的在于使幾個(gè)數(shù)的積為定值或和為定值，且等號(hào)能夠成立. 3.多次使用基本不等式求最值時(shí)，要特別注意等號(hào)能否同時(shí)成立.