2.2 基本不等式（第1课时）（教学课件）-2024-2025学年高一数学考试满分全攻略同步备课备考系列（人教A版2019必修第一册）

人教版2019高一数学（必修一）第一章 一元二次函数、方程和不等式 第一课时 基本不等式 2.2 基本不等式 目录/CONTENTS 新知探究 情景导入 学习目标 课堂小结 分层练习 错因分析 学习目标 1.掌握基本不等式及其结构特点. 2.能用基本不等式解决简单的最大（小）值问题. 3.能够运用基本不等式解决生活中的应用问题. 情景导入 某金店有一座天平，由于左右两臂长略有不等，所以直接称重不准确． 有一个顾客要买一串金项链，店主分别把项链放于左右两盘各称一次，得到两个不同的重量a和b，然后就把两次称得的重量的平均数作为项链的重量来计算．顾客对这个重量的真实性提出了质疑． 所以你知道这串金项链的真实重量是多少吗？ 这样称店家到底是亏了还是赚了呢？ 本节课我们就来学习基本不等式的知识解决这个问题吧！ 1.基本不等式的概念 新知探究 我们知道，乘法公式在代数式的运算中有重要作用. 那么，是否也有一些不等式，它们在解决不等式问题时有着与乘法公式类似的重要作用呢？下面就来研究这个问题. 重要不等式： 一般地，∀ a，b∈R，有 a2+b2≥2ab 当且仅当a=b时，等号成立. 左式为上节课所得结论 特别地，如果a>0,b>0，我们用分别代替上式中的a,b，可得 当且仅当a=b时，等号成立. 通常把上式称为基本不等式. 其中，叫做正数的算术平均数. 叫做正数的几何平均数. 基本不等式表明：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数. 概念归纳 上面通过考察的特殊情形获得了基本不等式.能否直接利用不等式的性质推导出基本不等式呢？下面我们来分析一下. 要证 ① 只要证 ② 要证②，只要证 ③ 要证③，只要证 ④ 要证④，只要证 ⑤ 显然，⑤成立，当且仅当时，⑤中的等号成立. 只要把上述过程倒过来，就能直接推出基本不等式了. 如右图所示，AB是圆的直径，点C是AB上一点， AC=a，BC=b. 过点C作垂直于AB的弦DE，连接AD，BD. 你能利用这个图形，得出基本不等式的几何解释吗？ A E D C B b a ∵AB是圆的直径， ∴AD⊥BD， 又CD⊥AB， ∴△ACD∽△DCB， ∴CD2=AC·BC， 即CD=， 又∵|DE|≤|AB|， 显然，当且仅当点C与圆心重合，即当a=b时，上述不等式的等号成立. 思考探究 例1.已知，求的最小值. 解：因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 因此所求的最小值为2. 课本例题 9 口诀简记 一正、 二定、 三相等 1.利用基本不等式求最值的步骤 概念归纳 1.A、B必须为正数 2.（1）在A+B为定值时，便可以知道A·B的最大值 2.（2）在A·B为定值时，便可以知道A+B的最大值 3.当且仅当A、B相等时，等式成立.即 解： 练一练 解： 练一练 例2.已知x，y都是正数，求证： （1）如果积xy等于定值P，那么当时，和有最小值； （2）如果和等于定值S，那么当时，积xy有最大值. 证明：因为x，y都是正数，所以. （1）当积xy等于定值P时，，所以. 当且仅当时，上式等号成立.于是，当时，和有最小值. （2）当和等于定值S时，，所以， 当且仅当时，上式等号成立.于是，当时，积xy有最大值. 课本例题 13 上题的内容称为最值定理，即 （1）当时，，， 当且仅当时等号成立. （2）当时，，， 当且仅当时等号成立. 2. 基本不等式的使用条件 和定积最大，积定和最小. 14 【例1】 若0<a<1,0<b<1,且a≠b.试比较出a+b,a2+b2, , 2ab中的最大者. 解:∵0<a<1,0<b<1,a≠b, ∴a+b> ,a2+b2>2ab, ∴四个数中最大的应从a+b,a2+b2中选择. 而a2+b2-(a+b)=a(a-1)+b(b-1), 又0<a<1,0<b<1,∴a(a-1)<0,b(b-1)<0, ∴a2+b2-(a+b)<0,即a2+b2<a+b,∴a+b最大. 典例剖析 探究一 利用基本不等式比较代数式的大小 1.运用基本不等式比较大小时应注意成立的条件,即a+b≥ 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. 2.本题在比较a+b与a2+b2的大小时使用了作差法. 概念归纳 1.设0<a<b,且a+b=1,则下列四个数中最大的是(　　) ∵b-(a2+b2)=(b-b2)-a2=b(1-b)-a2=ab-a2=a(b-a)>0, ∴b>a2+b2,∴b最大. 练一练 B 典例剖析 探究二 用基本不等式求简单的最值 练一练 练一练 当a>0,b>0时, 概念归纳 典例剖析 探究三 利用基本不等式证明不等式 练一练 练一练 1.此题多次使用 ,要注意等号能否成立,最后利用不等式性质累加的应用,此时也要注意等号成立的条件. 2.在解决不能直接利用基本不等式证明的问题时,要重新组合,构造运用基本不等式的条件.若条件中有一个多项式的和为1,要注意“1”的代换. 3.培养逻辑推理素养与数学运算素养. 概念归纳 随堂练 D 2.设a≥0,b≥0,且a+b=2,则下列不等式正确的是(　　) A.ab≤1 B.ab≥1 C.a2+b2≥4 D.a2+b2≤4 随堂练 A 3.已知x>0,y>0,且xy=100,则x+y的最小值为　　　　　.  20 随堂练 4.已知a>0,b>0,如果ab=1,那么a+b的最小值为　　　　　; 如果a+b=1,那么ab的最大值为　　　　　.  随堂练 2 随堂练 课本练习 课本练习 课本练习 课本练习 5. 已知直角三角形的面积等于50 cm2，当两条直角边的长度各为多少时，两条直角边的和最小? 最小值是多少? 课本练习 忽视基本不等式成立的条件致错 提示:上述解答中应用了基本不等式,却忽略了应用基本不等式的条件——两个数应都大于零,因而导致错误. 错因分析 ∴函数值的取值范围为y≥2. 以上解答过程中都有哪些错误?出错的原因是什么?你如何改正?你如何防范? 错因分析 1.由于 中x的取值范围为x>0或x<0, 故要对x的符号加以讨论,否则不能用基本不等式. 2.培养逻辑推理素养和数学运算素养. 错因分析 下列各式能用基本不等式直接求得最值的是(　　) 解析:选项A,B,D都不一定满足是正数, 只有C满足基本不等式求最值的条件“一正、二定、三相等”. C 错因分析 分层练习-基础 AB 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 ABD 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 C 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 C 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 B B 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 C 分层练习-基础 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 5 10 分层练习-基础 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-基础 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 D A 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 B C 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 A C 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 D 16 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 ①② 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 分层练习-巩固 ①②③ 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 C 分层练习-拓展 分层练习-拓展 分层练习-拓展 课堂小结 核心知识 重要不等式 基本不等式 方法总结 配凑法:根据已知条件配凑基本不等式所满足的条件 构造法:通过不等式的放缩将所给等量关系变为不等式 函数法:用代换法转化为函数问题再求函数的最大(小)值 易错提醒 核心素养 （1）应用基本不等式时，注意一正二定三相等的条件 （2）注意分析给定不等式，变形、组合、添加系数的目的是使之能够出现定值 逻辑推理、数学运算：用重要不等式、基本不等式求最值，培养逻辑推理与数学运算的核心素养 2 2 2 A. B.b C.2ab D.a2+b2 解析:∵ab<,∴ab<,∴2ab<. ∵>0,∴,∴a2+b2>. 【例2】 (1)已知x>0,求x+的最小值; (2)已知m,n>0,且m+n=16,求mn的最大值. 解:(1)∵x>0, ∴由基本不等式可得x+≥2=6, 当且仅当x=,即x=3时,等号成立,因此所求的最小值为6. (2)∵m,n>0,且m+n=16, ∴由基本不等式可得mn≤=64, 当且仅当m=n=8时,mn取到最大值64. ∴mn的最大值为32. 1.本例(1)条件不变,求+3x的最小值. 解:∵x>0,∴+3x≥2=12, 当且仅当3x=,即x=2时,“=”成立. ∴所求的最小值为12. 2.本例(2)把“m+n=16”改为“mn=16”,其他条件不变,求m+n的 最小值. 解:∵m,n>0,且mn=16, ∴由基本不等式可得m+n≥2=8, 当且仅当m=n=4时,m+n取到最小值8. ∴m+n的最小值为8. (1)若a+b=p(和为定值),则当a=b时,积ab有最大值,这可以 用基本不等式求得. (2)若ab=S(积为定值),则当a=b时,和a+b有最小值2,这可 以用基本不等式a+b≥2求得.不论哪种情况都要注意等号 取得的条件. 证明:∵a,b,c,均大于0, ∴+b≥2=2a,当且仅当=b时,等号成立; +c≥2=2b,当且仅当=c时,等号成立; +a≥2=2c,当且仅当=a时,等号成立. 相加得+b++c++a≥2a+2b+2c,当且仅当a=b=c时,取等号. ∴≥a+b+c. 【例3】 已知a,b,c>0,求证:≥a+b+c. 1.本例条件不变,求证:≥a+b+c. 证明:∵a,b,c均大于0,∴也都大于0. ∴≥2c,≥2a,≥2b, 三式相加得2≥2(a+b+c), 即≥a+b+c, 当且仅当a=b=c时,取等号. 2.本例添加条件“a+b+c=1”,其他条件不变,求证:≥8. 证明:因为a+b+c=1,a>0,b>0,c>0, 所以-1=-1=>0, -1=-1=>0, -1=-1=>0, 将以上三式相乘得 ≥=8, 当且仅当a=b=c时,取等号, 即≥8. a+b≥2 1.下列不等式中,正确的是(　　) A.a+≥4 B.a2+b2≥4ab C. D.x2+≥2 解析:当a<0时,a+≥4不成立,故A错; 当a=1,b=1时,a2+b2<4ab,故B错; 当a=1,b=4时,,故C错; 由基本不等式可知D项正确. 解析:由已知得ab≤=1, 而a2+b2=(a+b)2-2ab=4-2ab≥2, 故只有A正确. 解析:x+y≥2=20,当且仅当x=y=10时,取“=”. 解析:∵a>0,b>0,∴, ∴a+b≥2=2. 故当ab=1时,a+b的最小值为2, 此时a=b=1. 又当a+b=1时,,∴ab≤. 故当a=b=时,ab的最大值为. 5.已知a,b,c为互不相等的正实数,且abc=1. 求证:. 证明:∵≥2=2≥2=2≥2=2, ∴2≥2(), 即. ∵a,b,c互不相等, ∴. 错解:∵x+≥2=2, 1.求函数y=x+的函数值的取值范围. 正解:当x>0时,x+≥2=2, 当且仅当x=,即x=1时,“=”成立,故y≥2. 当x<0时,x+=-≤ -2=-2, 当且仅当-x=,即x=-1时,“=”成立. 这时y≤-2. 故函数值的取值范围为y≥2或y≤-2. y=x+ A.x+ B.x2-1+ C. D.x(1-x) 一、选择题(每小题5分，共35分)　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　　 1．【多选题】下面四个结论中，正确的是(　　) A．对于任意a，b∈R，a2＋b2≥2|ab| B．n∈N*时，n＋eq \f(2,n)>2eq \r(2) C．x≠0时，x＋eq \f(1,x)≥2 D．若a>0，则a3＋eq \f(1,a2)的最小值为2eq \r(a) 2．【多选题】下面四个推导过程中正确的是(　　) A．∵a，b为正实数，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2 B．∵x，y为负实数，∴x＋y≤－2eq \r(xy) C．∵a∈R，a≠0，∴eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4 D．∵x，y∈R，xy<0，∴eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))]≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2 3．若0<a<b，则下列不等式一定成立的是(　　) A．a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>b B．b>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>a C．b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a D．b>a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab) 4．下列等式中最小值为4的是(　　) A．y＝x＋eq \f(4,x) B．y＝2t＋eq \f(1,t) C．y＝4t＋eq \f(1,t)(t>0) D．y＝t＋eq \f(1,t) 6．已知x>0，y>0，且x＋y＝8，则(1＋x)(1＋y)的最大值为(　　) A．16 B．25 C．9 D．36 5．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(　　) A．1≤ab≤eq \f(a2＋b2,2) B．ab<1<eq \f(a2＋b2,2) C．ab<eq \f(a2＋b2,2) D.eq \f(a2＋b2,2)<ab<1 7．不等式eq \f(9,x－2)＋x≥8(其中x>2)中等号成立的条件是(　　) A．x＝3 B．x＝－3 C．x＝5 D．x＝－5 10．【双空题】若x≠0，则y＝2－3x2－eq \f(12,x2)的最大值是________；取得最值时x的值是________． 二、填空题(每小题5分，共15分) 8．已知x，y>0且x＋y＝1，则p＝x＋eq \f(1,x)＋y＋eq \f(1,y)的最小值为________． 9．已知x，y均为正数，且x＋4y＝1，则xy的最大值为________． 三、解答题(本大题共2小题，共20分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 11．(10分)(1)已知m，n>0，且m＋n＝16，求eq \f(1,2)mn的最大值； (2)已知x>3，求f(x)＝x＋eq \f(4,x－3)的最小值． 解析　(1)∵m，n>0且m＋n＝16， 所以由基本不等式可得mn≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2))) eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2))) eq \s\up12(2)＝64， 当且仅当m＝n＝8时，等号成立．mn取到最大值64. ∴eq \f(1,2)mn的最大值为32. (2)∵x>3，∴x－3>0，eq \f(4,x－3)>0， ∴f(x)＝x＋eq \f(4,x－3)＝x－3＋eq \f(4,x－3)＋3 ≥2eq \r(（x－3）·\f(4,x－3))＋3＝7， 当且仅当x－3＝eq \f(4,x－3)，即x＝5时，等号成立，f(x)取到最小值7. 12．(10分)求函数f(x)＝2x(5－3x)，0<x<eq \f(5,3)的最大值． 解析　x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,3)))，∵2x>0，5－3x≥0， ∴f(x)＝2x(5－3x)＝eq \f(2,3)[eq \r(3x·（5－3x）)]2≤eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x＋5－3x,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(25,6). 当且仅当3x＝5－3x，即x＝eq \f(5,6)时，等号成立，故所求函数的最大值为eq \f(25,6). 2．已知m＝a＋eq \f(1,a－2)(a>3)，n＝－x2＋2x＋3，则m，n之间的大小关系是(　　) A．m>n B．m<n C．m＝n D．不确定 1．下列各式中最小值等于2的是(　　) A.eq \f(x,2a)＋eq \f(2a,x) B．x＋eq \f(1,x)(x≥4) C．x2＋2x＋3(x>－1) D．x2－2x＋3(x>－1) 4．若函数f(x)＝x＋eq \f(1,x－2)(x>2)在x＝a处取最小值，则a＝(　　) A．1＋eq \r(2) B．1＋eq \r(3) C．3 D．4 3．若x>0，y>0，且x＋y≤4，则下列不等式中恒成立的是(　　) A.eq \f(1,x＋y)≤eq \f(1,4) B.eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)≥1 C.eq \r(xy)≥2 D.eq \f(1,xy)≥1 6．下列不等式正确的是(　　) A．a＋eq \f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≤－2 C．a2＋eq \f(1,a2)≥2 D．(－a)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))) eq \s\up12(2)≤－2 5．若正实数x，y满足x＋y＝2，且eq \f(1,xy)≥M恒成立，则M的最大值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知x>－1，则eq \f(（x＋10）（x＋2）,x＋1)的最小值为________． 7．下列不等式中，正确的是(　　) A．a＋eq \f(4,a)≥4 B．a2＋b2≥4ab C.eq \r(ab)≥eq \f(a＋b,2) D．x2＋eq \f(3,x2)≥2eq \r(3) 9．设a，b为非零实数，给出下列不等式： ①eq \f(a2＋b2,2)≥ab；②eq \f(a2＋b2,2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)； ③eq \f(a＋b,2)≥eq \f(ab,a＋b)；④eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≥2. 其中恒成立的是________(填序号)． 10．设a>0，b>0，给出下列不等式： ①a2＋1>a；②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))≥4； ③(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4；④a2＋9>6a. 其中恒成立的是________．(填序号) 1.已知a，b>0，且满足a2＋ab＝1，则3a＋b的最小值为(　　) A． eq \r(2) B． eq \r(3) C．2 eq \r(2) D．2 eq \r(3) 因为a，b>0，a2＋ab＝1， 所以b＝ eq \f(1,a) －a， 所以3a＋b＝3a＋ eq \f(1,a) －a＝2a＋ eq \f(1,a) ≥2 eq \r(2a·\f(1,a)) ＝2 eq \r(2) ， 当且仅当2a＝ eq \f(1,a) ，即a＝ eq \f(\r(2),2) 时取等号， 所以3a＋b的最小值为2 eq \r(2) . A. eq \f(a＋b,2) ≥ eq \r(ab) (a>0，b>0) B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0) C． eq \f(2ab,a＋b) ≤ eq \r(ab) (a>0，b>0) D． eq \f(a＋b,2) ≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) (a>0，b>0) 2.2021·汕头高一检测)《几何原本》第二卷中的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，并称之为无字证明．现有如图所示的图形，点F在半圆O上，且OF⊥AB，点C在直径AB上运动．设AC＝a，BC＝b，则由FC≥OF可以直接证明的不等式为(　　) 【解析】选D.不妨设点C在半径OB上运动． 由图形可知：OF＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(a＋b,2) ，OC＝ eq \f(a－b,2) . 在Rt△OCF中，由勾股定理可得CF＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－b,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(a2＋b2,2)) ， 因为FC≥OF， 所以 eq \f(a＋b,2) ≤ eq \r(\f(a2＋b2,2)) ，(a>0，b>0). $$