第2章 教考衔接2 巧用均值不等式（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第一册（人教B版）

第二章　等式与不等式 教考衔接2　巧用均值不等式 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 谢谢观看 栏目导航 第二章　等式与不等式 1 一、真题展示 (天津卷)若a>0，b>0，则 eq \f(1,a) ＋ eq \f(a,b2) ＋b的最小值为________． 二、真题溯源 [教科书P85复习题B组第6题] 已知x∈(0，＋∞)，求y＝ eq \f(－2x2＋x－3,x) 的最大值，以及y取得最大值时x的值． 三、类法探究 均值不等式 eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) (a，b>0)的应用比较广泛，应用技巧也比较丰富，常见的有连续运用均值不等式求最值，利用均值不等式求参数范围，常数“1”的代换证明不等式，另外均值不等式也常和其他知识交汇考查． 类型一　连续用均值不等式求最值 　已知a>b>0，求a2＋ eq \f(1,b(a－b)) 的最小值． [解析]　由a>b>0，得a－b>0，∴b(a－b)≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋a－b,2))) eq \s\up20(2) ＝ eq \f(a2,4) . ∴a2＋ eq \f(1,b(a－b)) ≥a2＋ eq \f(4,a2) ≥2 eq \r(a2·\f(4,a2)) ＝4， 当且仅当b＝a－b且a2＝ eq \f(4,a2) ，即a＝ eq \r(2) ，b＝ eq \f(\r(2),2) 时等号成立． ∴a2＋ eq \f(1,b(a－b)) 的最小值为4. 多次使用均值不等式时，一定要保证几次等号成立的条件能同时成立，要善于发现“定值”，在使用时可采用拼凑法、换元法、常数代换等方法． 类型二　利用均值不等式求参数的值或范围 　(1)已知x>0，y>0，且x＋y＋xy＝3，若不等式x＋y≥m2－m恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A．－2≤m≤1　　　　　 B．－1≤m≤2 C．m≤－2或m≥1 D．m≤－1或m≥2 (2)已知x，y∈(0，＋∞)，若不等式 eq \r(x) ＋ eq \r(2y) ≤a eq \r(\f(x,2)＋y) 恒成立，则a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．[ eq \r(2) ，＋∞) C．[2，＋∞) D．[2 eq \r(2) ，＋∞) [解析]　(1)xy＝3－(x＋y)≤ eq \f((x＋y)2,4) ，当且仅当x＝y＝1时等号成立， 解得x＋y≥2，即(x＋y)min＝2. 因为不等式x＋y≥m2－m恒成立，所以m2－m≤(x＋y)min，即m2－m≤2，解得－1≤m≤2. (2)x，y∈(0，＋∞)，不等式 eq \r(x) ＋ eq \r(2y) ≤a eq \r(\f(x,2)＋y) 恒成立，所以a>0， 两边平方得x＋2 eq \r(2xy) ＋2y≤a2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋y)) ，a2≥2＋ eq \f(2\r(2xy),\f(x,2)＋y) 恒成立，需a2≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2\r(2xy),\f(x,2)＋y))) eq \s\do7(max) ，而 eq \f(2\r(2xy),\f(x,2)＋y) ≤ eq \f(x＋2y,\f(x,2)＋y) ＝2，当且仅当x＝2y时，等号成立，∴a2≥4，∴a≥2. [答案]　(1)B　(2)C 求参数的值或取值范围的一般方法 (1)分离参数，转化为求代数式的最值问题． (2)观察题目特点，利用均值不等式确定相关成立条件，从而得参数的值或取值范围． 类型三　利用均值不等式比较大小 　 (1)(多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则(　　) A．a2＋b2≥ eq \f(1,2) B． eq \r(a) ＋ eq \r(b) ≥ eq \r(2) C．ab＋ eq \f(1,2) b≤ eq \f(9,16) D．a2＋b2－ab≥ eq \f(1,4) (2)(多选)设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均值为A(a，b)＝ eq \f(a＋b,2) ，几何平均值为G(a，b)＝ eq \r(ab) .上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即Lp(a，b)＝ eq \f(ap＋bp,ap－1＋bp－1) ，其中p为有理数．下列结论正确的是(　　) A．L0.5(a，b)≤L1(a，b) B．L0(a，b)≤G(a，b) C．L2(a，b)≤A(a，b) D．Ln＋1(a，b)≤Ln(a，b) [解析]　(1)对选项A，a>0，b>0，且a＋b＝1，所以ab≤ eq \f((a＋b)2,4) ＝ eq \f(1,4) ， 当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立．所以a2＋b2＝1－2ab≥1－2× eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,2) ，故A正确． 对选项B， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a)＋\r(b))) eq \s\up20(2) ＝a＋b＋2 eq \r(ab) ＝1＋2 eq \r(ab) ≤1＋2× eq \r(\f(1,4)) ＝2， 当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立． 所以 eq \r(a) ＋ eq \r(b) ≤ eq \r(2) ，故B错误． 对选项C，因为a>0，b>0，且a＋b＝1， ab＋ eq \f(1,2) b＝(1－b)b＋ eq \f(1,2) b＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,4))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(9,16) ， 当b＝ eq \f(3,4) 时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ab＋\f(1,2)b)) max＝ eq \f(9,16) ，所以ab＋ eq \f(1,2) b≤ eq \f(9,16) ，故C正确． 对选项D，由A知：ab≤ eq \f(1,4) ，所以a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝1－3ab≥1－ eq \f(3,4) ＝ eq \f(1,4) ，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，故D正确． (2)对于A，L0.5(a，b)＝ eq \f(\r(a)＋\r(b),\f(1,\r(a))＋\f(1,\r(b))) ＝ eq \r(ab) ≤L1(a，b)＝ eq \f(a＋b,2) ，当且仅当a＝b时，等号成立，故A正确； 对于B，L0(a，b)＝ eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b)) ＝ eq \f(2ab,a＋b) ≤ eq \f(2ab,2\r(ab)) ＝ eq \r(ab) ＝G(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故B正确； 对于C，L2(a，b)＝ eq \f(a2＋b2,a＋b) ＝ eq \f(a2＋b2＋a2＋b2,2(a＋b)) ≥ eq \f(a2＋b2＋2ab,2(a＋b)) ＝ eq \f((a＋b)2,2(a＋b)) ＝ eq \f(a＋b,2) ＝A(a，b)，当且仅当a＝b时，等号成立，故C不正确； 对于D，当n＝1时，由选项C可知，L2(a，b)≥ eq \f(a＋b,2) ＝L1(a，b)，故D不正确． [答案]　(1)ACD　(2)AB $$