3.2 第二课时 基本不等式的应用-【金版新学案】2023-2024学年新教材高一数学必修1同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

　 第 3 章 第一课时　基本不等式的应用 课下培优巩固练 高效导学第二步　课堂互动探究 培优关键能力 内 容 索 引 课堂互动探究　培优关键能力 高效导学第二步 索引 课下培优巩固练（十三） 索引 谢 谢 观 看 ！ 第 3 章 　 不等式 3．2　基本不等式 eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) (a，b≥0) 题型一　与基本不等式有关的恒成立问题 例1.已知函数y＝－ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,x) ，若y＋2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是__________________. 解析：∵y＋2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－ eq \f(1,a) ＋ eq \f(2,x) ＋2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴ eq \f(1,a) ≤2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) 在(0，＋∞)上恒成立． 当a<0时，不等式恒成立；当a>0时， ∵2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) ≥4，当且仅当x＝1时，等号成立，∴0< eq \f(1,a) ≤4，解得a≥ eq \f(1,4) . ∴a<0或a≥ eq \f(1,4) . 答案：(－∞，0)∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) [总结] 　利用基本不等式解决恒成立问题的方法 不等式恒成立问题的实质是已知不等式的解集求不等式中参数的取值范围．对于求不等式成立时参数的范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决，常见求解策略是将不等式恒成立问题转化为求最值问题，即 y≥m，恒成立⇔ymin≥m； y≤m，恒成立⇔ymax≤m； 但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法． 【练一练】 1．若对任意正数x，不等式 eq \f(2,x2＋4) ≤ eq \f(2a＋1,x) 恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[0，＋∞) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 解析：依题意得，当x>0时， 2a＋1≥ eq \f(2x,x2＋4) ＝ eq \f(2,x＋\f(4,x)) 恒成立，又因为x＋ eq \f(4,x) ≥4，当且仅当x＝2时取等号，所以 eq \f(2,x＋\f(4,x)) 的最大值为 eq \f(1,2) ，所以2a＋1≥ eq \f(1,2) ，解得a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) . 答案：B 题型二　利用基本不等式证明不等式 例2.已知a＞b，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1.求证： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1)) ≥8. 证明：：因为a，b，c∈(0，＋∞)，a＋b＋c＝1， 所以 eq \f(1,a) －1＝ eq \f(1－a,a) ＝ eq \f(b＋c,a) ≥ eq \f(2\r(bc),a) ， 同理 eq \f(1,b) －1≥ eq \f(2\r(ac),b) ， eq \f(1,c) －1≥ eq \f(2\r(ab),c) . 上述三个不等式两边均为正，分别相乘， 得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1)) ≥ eq \f(2\r(bc),a) · eq \f(2\r(ac),b) · eq \f(2\r(ab),c) ＝8.当且仅当a＝b＝c＝ eq \f(1,3) 时，等号成立． 【母题探究】　(变设问)在本例条件下，求证： eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) ＋ eq \f(1,c) ≥9. 证明：：因为a＞0，b＞0，c＞0，且a＋b＋c＝1， 所以 eq \f