2.2.4 第2课时 均值不等式的应用 -【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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(2)y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]． (3)x＋eq \f(4,x－2)＝x－2＋eq \f(4,x－2)＋2. (4)利用均值不等式求最值，“一正、二定、三相等”三个条件缺一不可． [解析]　(1)∵x>0， ∴x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4， 当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x2＝4，x＝2时取等号． ∴函数y＝x＋eq \f(4,x)(x>0)在x＝2时取得最小值4. (2)∵0<x<eq \f(3,2)，∴3－2x>0， ∴y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)] ≤2[eq \f(2x＋3－2x,2)]2＝eq \f(9,2). 当且仅当2x＝3－2x，即x＝eq \f(3,4)时，等号成立． ∵eq \f(3,4)∈(0，eq \f(3,2))， ∴函数y＝4x(3－2x)(0<x<eq \f(3,2))的最大值为eq \f(9,2). (3)∵x>2，∴x－2>0， ∴x＋eq \f(4,x－2)＝x－2＋eq \f(4,x－2)＋2 ≥2eq \r(x－2·\f(4,x－2))＋2＝6， 当且仅当x－2＝eq \f(4,x－2)， 即x＝4时，等号成立．∴x＋eq \f(4,x－2)的最小值为6. 1．常数代换法求最值的方法步骤 　常数代换法适用于求解条件最值问题．应用此种方法求解最值的基本步骤为： (1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)． (2)把确定的定值(常数)变形为1. (3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积的形式． (4)利用均值不等式求解最值． 2．含有多个变量的条件最值问题的解决方法 　对含有多个变量的条件最值问题，若无法直接利用均值不等式求解，可尝试减少变量的个数，即用其中一个变量表示另一个，再代入代数式中转化为只含有一个变量的最值问题． 3．应用均值不等式求最值的原则 利用均值不等式求最值，必须按照“一正，二定，三相等”的原则，即： (1)一正：符合均值不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的前提条件，a>0，b>0； (2)二定：化不等式的一边为定值； (3)三相等：必须存在取“＝”号的条件，即“＝”号成立．以上三点缺一不可． 4．均值不等式的常见变形 (1)a＋b≥2eq \r(ab)； (2)ab≤(eq \f(a＋b,2))2≤eq \f(a2＋b2,2)(其中a>0，b>0，当且仅当a＝b时等号成立)． [变式训练] 1．已知x>0，y>0，且2x＋8y－xy＝0.求： (1)xy的最小值； (2)x＋y的最小值． 解析：(1)xy＝2x＋8y≥2eq \r(16xy)，当且仅当2x＝8y，即x＝16，y＝4时等号成立， ∴eq \r(xy)≥8，∴xy≥64， ∴xy的最小值为64. (2)由2x＋8y＝xy，得eq \f(2,y)＋eq \f(8,x)＝1， ∴x＋y＝(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,y)＋\f(8,x)))＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋8＝18， 当且仅当eq \f(2x,y)＝eq \f(8y,x). 即x＝12，y＝6时等号成立， ∴x＋y的最小值为18. 利用均值不等式求参数的值(范围) [例2] 已知a>0，b>0，若不等式eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,2a＋b)恒成立，则m的最大值等于(　　) A．10　　 B．9　　　C．8　　　D．7 [思路点拨]　a>0，b>0时，eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,2a＋b)恒成立，等价于m≤(2a＋b)(eq \f(2,a)＋eq \f(1,b))恒成立，利用均值不等式求解． 解析：B　[因为a>0，b>0，所以2a＋b>0， 所以要使eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)≥eq \f(m,2a＋b)恒成立， 只需m≤(2a＋b)(eq \f(2,a)＋eq \f(1,b))恒成立， 而(2a＋b)(eq \f(2,a)＋eq \f(1,b))＝4＋eq \f(2a,b)＋eq \f(2b,a)＋1≥5＋4＝9，当且仅当a＝b时，等号成立，所以m≤9.] 含参数不等式的求解策略 (1)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． (2)在处理含参数的不等式恒成立问题时，往往将已知不等式看作关于参数的不等式，体现了主元与次元的转化． (3)恒成立问题：若f(x)在区间D上存在最小值，则不等式f(x)>A在区间D上恒成立⇔f(x)min>A；若f(x)在区间D上存在最大值，则不等式f(x)<B在区间D上恒成立⇔f(x)max<B. [变式训练] 2．已知函数f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝________. 解析：因为x>0，a>0，所以f(x)＝4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即4x2＝a时，f(x)取得最小值，又因为x＝3，所以a＝4×32＝36. 答案：36 利用均值不等式解决实际问题 [例3] 某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD，公园由长方形A1B1C1D1的休闲区和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A1B1C1D1的面积为4 000平方米，人行道的宽分别为4米和10米(如图所示)． (1)若设休闲区的长和宽的比eq \f(A1B1,B1C1)＝x(x>1)，求公园ABCD所占面积S关于x的函数解析式； (2)要使公园所占面积最小，则休闲区A1B1C1D1的长和宽该如何设计？ [思路点拨]　设出长和宽，列出面积公式． [解]　(1)设休闲区的宽为a米，则长为ax米，由a2x＝4 000，得a＝eq \f(20\r(10),\r(x)). 则S＝(a＋8)(ax＋20)＝a2x＋(8x＋20)a＋160＝4 000＋(8x＋20)·eq \f(20\r(10),\r(x))＋160 ＝80eq \r(10)(2eq \r(x)＋eq \f(5,\r(x)))＋4 160(x>1)． (2)因为80eq \r(10)(2eq \r(x)＋eq \f(5,\r(x)))＋4 160≥80eq \r(10)×2eq \r(2\r(x)×\f(5,\r(x)))＋4160＝1 600＋4 160＝5 760，当且仅当2eq \r(x)＝eq \f(5,\r(x))，即x＝2.5时，等号成立，此时a＝40，ax＝100，所以要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1应设计为长100米，宽40米． 利用均值不等式解决实际问题的步骤 解实际问题时，首先审清题意，然后将实际问题转化为数学问题，再利用数学知识(函数及不等式性质等)解决问题．用均值不等式解决此类问题时，应按如下步骤进行： (1)先理解题意，设变量．设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数． (2)建立相应的函数关系式．把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题． (3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值． (4)正确写出答案． [变式训练] 3．某厂家拟在2021年举行某产品的促销活动，经调查，该产品的年销售量(即该产品的年产量)x(单位：万件)与年促销费用m(m≥0)(单位：万元)满足x＝3－eq \f(k,m＋1)(k为常数)，如果不举行促销活动，该产品的年销售量是1万件．已知2021年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用)． (1)将2021年该产品的利润y(单位：万元)表示为年促销费用m的函数； (2)该厂家2021年的促销费用为多少万元时，厂家的利润最大？ 解：(1)由题意，可知当m＝0时，x＝1，∴1＝3－k，解得k＝2，∴x＝3－eq \f(2,m＋1)， 又每件产品的销售价格为1.5×eq \f(8＋16x,x)元， ∴y＝x(1.5×eq \f(8＋16x,x))－(8＋16x＋m)＝4＋8x－m ＝4＋8(3－eq \f(2,m＋1))－m ＝－[eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)]＋29(m≥0)． (2)∵m≥0，eq \f(16,m＋1)＋(m＋1)≥2eq \r(16)＝8，当且仅当eq \f(16,m＋1)＝m＋1，即m＝3时等号成立， ∴y≤－8＋29＝21，∴ymax＝21. 故该厂家2021年的促销费用为3万元时，厂家的利润最大，最大利润为21万元． 1．已知x>－2，则x＋eq \f(1,x＋2)的最小值为(　　) A．－eq \f(1,2)　　　　　　 B．－1 C．2 D．0 答案：D 2．某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与仓库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比．如果在距离车站10千米处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站(　　) A．5千米处 B．4千米处 C．3千米处 D．2千米处 答案：A 3．已知a>0，b>0,3a＋b＝2ab，则a＋b的最小值为________． 答案：2＋eq \r(3) 4．若对任意x>0，eq \f(x,x2＋3x＋1)≤a恒成立．则a的取值范围是________． 答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a|a≥\f(1,5))) 5．某食品厂定期购买面粉，已知该厂每天需用面粉6吨，每吨面粉的价格为1 800元，面粉的保管费及其他费用为平均每吨每天3元，购买面粉每次需支付运费900元．求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少？ 解：设该厂每x天购买一次面粉．其购买量为6x吨． 由题意可知，面粉的保管费及其他费用为 3×[6x＋6(x－1)＋6(x－2)＋…＋6×1]＝9x(x＋1)． 设平均每天所支付的总费用为y1元， 则y1＝eq \f(1,x)[9x(x＋1)＋900]＋6×1 800＝9x＋eq \f(900,x)＋10 809≥2eq \r(9x·\f(900,x))＋10 809＝10 989(元)， 当且仅当9x＝eq \f(900,x)，即x＝10时，等号成立． 所以该厂每10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少． [网络构建] [归纳提升] 一元二次方程的解集及其根与系数的关系 一元二次方程的解集及其根与系数的关系，虽在高考中不直接考查，但它是解决某些数学问题的基础，常在解题过程中用到．主要涉及到一元二次方程的解法及其根与系数的关系的应用． [例1] 已知x1，x2是一元二次方程4kx2－4kx＋k＋1＝0的两个实数根． (1)是否存在实数k，使(2x1－x2)(x1－2x2)＝－eq \f(3,2)成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． (2)求使eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＝2的值为整数的实数k的整数值． [解]　(1)假设存在实数k，使(2x1－x2)(x1－2x2)＝－eq \f(3,2)成立． ∵一元二次方程4kx2－4kx＋k＋1＝0有两个实数根． ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4k≠0，,Δ＝－4k2－4×4kk＋1＝－16k≥0，)) 解得k<0. 又x1，x2是一元二次方程4kx2－4kx＋k＋1＝0的两个实数根，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝1，,x1x2＝\f(k＋1,4k))). ∴(2x1－x2)(x1－2x2)＝2(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))－5x1x2＝2(x1＋x2)2－9x1x2＝－eq \f(k＋9,4k)＝－eq \f(3,2).∴k＝eq \f(9,5). 又k<0，∴不存在实数k，使(2x1－x2)(x1－2x2)＝－eq \f(3,2)成立． (2)∵eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)－2＝eq \f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),x1x2)－2＝eq \f(x1＋x22,x1x2)－4＝eq \f(4k,k＋1)－4＝－eq \f(4,k＋1)， ∴要使其值是整数，只需k＋1能被4整除，即k＋1＝±1. ±2，±4，又k<0， ∴使eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)－2的值为整数的实数k的整数值为－2，－3，－5. [变式训练] 1．已知关于x的一元二次方程是kx2－(k－1)x－1＝0， (1)求证：方程有两个实数根； (2)当k为何值时，此方程的两个实数根互为相反数； (3)我们定义：若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两个正实数根x1，x2(x1>x2)，满足2<eq \f(x1,x2)<3，则称这个一元二次方程有两个“梦想根”．如果关于x的一元二次方程是kx2－(k－1)x－1＝0有两个“梦想根”，求k的取值范围． (1)证明　∵关于x的一元二次方程kx2－(k－1)x－1＝0，a＝k，b＝－(k－1)，c＝－1，Δ＝b2－4ac＝[－(k－1)]2－4k×(－1)＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2≥0， ∴关于x的一元二次方程kx2－(k－1)x－1＝0有两个实数根． (2)解：由根与系数的关系知x1＋x2＝eq \f(k－1,k)， 由题意知x1＋x2＝0，∴k＝1. (3)解：当k>0时，x1＝1，x2＝－eq \f(1,k)<0不符合题意； 当－1≤k<0时，x1＝－eq \f(1,k)，x2＝1,2<eq \f(x1,x2)<3， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)>2，,－\f(1,k)<3，)) 解得－eq \f(1,2)<k<－eq \f(1,3)； 当k<－1时，x1＝1，x2＝－eq \f(1,k)， 由2<eq \f(x1,x2)<3，得2<－k<3. 解得－3<k<－2. 综上所述，关于x的一元二次方程kx2－(k－1)x－1＝0有两个“梦想根”时，k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))∪(－3，－2)． 不等关系与不等式的解法 不等关系与不等式的解法是高考重点考查的内容之一，在试题中多以选择题或填空题的形式考查，有时也渗透到解答题中，主要考查不等式的性质及运用． [例2] (1)如果a，b，c满足c<b<a且ac<0.那么下列选项中不一定成立的是(　　) A．ab>ac　　　　 B．c(b－a)>0 C．cb2<ab2 D．ac(a－c)<0 (2)不等式x2＋6x＋10<0的解集是(　　) A．∅ B．R C．(5，＋∞) D．(－∞，2) (3)已知2<a<3，－2<b<－1，求ab，eq \f(b2,a)的取值范围． [解析]　(1)因为c<a，且ac<0，所以c<0，a>0.A成立，因为c<b，所以ac<ab，即ab>ac.B成立，因为b<a，b－a<0，所以c(b－a)>0.C不一定成立，当b＝0时，cb2<ab2不成立．D成立，因为c<a，所以a－c>0，所以ac(a－c)<0. (2)∵x2＋6x＋10＝(x＋3)2＋1>0，∴原不等式的解集为∅. [答案]　(1)C　(2)A (3)[解]　因为－2<b<－1，所以1<－b<2. 又因为2<a<3，所以2<－ab<6， 所以－6<ab<－2. 因为－2<b<－1， 所以1<b2<4. 因为2<a<3，所以eq \f(1,3)<eq \f(1,a)<eq \f(1,2)， 所以eq \f(1,3)<eq \f(b2,a)<2. 所以ab的取值范围为(－6，－2)，eq \f(b2,a)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2)) [变式训练] 2．(1)已知不等式ax2＋5x＋b>0的解集为(eq \f(1,3)，eq \f(1,2))，则a＝________，b＝________. (2)已知a>0，b>0，且a≠b，比较eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)与a＋b的大小． (1)解析：由已知可得a<0且eq \f(1,3)，eq \f(1,2)为方程ax2＋5x＋b＝0的两根，由根与系数的关系得， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,2)＝－\f(5,a)，,\f(1,3)×\f(1,2)＝\f(b,a)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝－1.)) 答案：－6　－1 (2)解：(eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a))－(a＋b)＝eq \f(a2,b)－b＋eq \f(b2,a)－a ＝eq \f(a2－b2,b)＋eq \f(b2－a2,a)＝(a2－b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a))) ＝(a2－b2)eq \f(a－b,ab)＝eq \f(a－b2a＋b,ab)， 因为a>0，b>0，且a≠b， 所以(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0. 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))－(a＋b)>0，即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)>a＋b. 均值不等式的应用 均值不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a>0，b>0)是每年高考的热点，主要考查命题判断、不等式证明以及求最值问题，特别是求最值问题往往与实际问题相结合．同时在均值不等式的使用条件上设置一些问题，实际上是考查学生恒等变形的技巧，另外，均值不等式的和与积的转化在高考中也经常出现． [例3] (1)设a>0，b>0,2a＋b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________． (2)已知a，b都是正数，且a2＋eq \f(b2,2)＝1，则y＝aeq \r(1＋b2)的最大值为________． [解析]　(1)∵a>0，b>0，且2a＋b＝1， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))(2a＋b) ＝4＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)≥4＋2eq \r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝8， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a＋b＝1，,\f(b,a)＝\f(4a,b)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,4)，,b＝\f(1,2)))时等号成立． ∴eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为8. (2)∵a2＋eq \f(b2,2)＝1，∴2a2＋b2＝2. 又∵a是正数，b也是正数， ∴y＝aeq \r(1＋b2)＝eq \r(a2·1＋b2) ＝eq \f(1,\r(2))·eq \r(2a21＋b2)≤eq \f(1,\r(2))·eq \f(2a2＋1＋b2,2)＝eq \f(3,4) eq \r(2)， 当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2a2＝1＋b2，,a2＋\f(b2,2)＝1，,a>0，b>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(3),2)，,b＝\f(\r(2),2)))时，y＝aeq \r(1＋b2)有最大值eq \f(3,4) eq \r(2). [答案](1)8　(2)eq \f(3,4) eq \r(2) [变式训练] 3．y＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝________. 解析：y＝4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)(x>0，a>0)， 当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(a),2)时等号成立． 此时y取得最小值4eq \r(a). 又由已知x＝3时，y取得最小值， ∴eq \f(\r(a),2)＝3，即a＝36. 答案：36 恒成立问题 对于不等式恒成立求参数范围问题常见类型及解法有以下几种 (1)变更主元法： 根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看作主元． (2)分离参数法： 若m<y恒成立，则m<y的最小值． 若m>y恒成立，则m>y的最大值． (3)数形结合法： 利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图像直观化． [例4] 已知y＝mx2－mx－6＋m，若对于∀m∈[1,3]，y<0恒成立，求实数x的取值范围． [解]　法一　y<0⇔mx2－mx－6＋m<0⇔(x2－x＋1)m－6<0. ∵m∈[1,3]， ∴x2－x＋1<eq \f(6,m)⇔x2－x＋1<eq \f(6,3)⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2). ∴x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\f(1－\r(5),2)<x<\f(1＋\r(5),2))). 法二　y＝mx2－mx－6＋m＝(x2－x＋1)m－6. 由题意知y<0对∀m∈[1,3]恒成立． ∵x2－x＋1>0，∴y是关于m的一次函数，且在[1,3]上y随m的增大而增大， ∴y<0对∀m∈[1,3]恒成立等价于y的最大值<0， 即当m＝3时，3(x2－x＋1)－6<0. 又3(x2－x＋1)－6<0⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)， ∴x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\f(1－\r(5),2)<x<\f(1＋\r(5),2))). [变式训练] 4．求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立的x的取值范围． 解：将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0. 设关于a的函数为y＝(x－3)a＋x2－6x＋9. 因为y>0在|a|≤1时恒成立，所以 (1)若x＝3，则y＝0，不符合题意，应舍去． (2)若x≠3，则由一次函数的图像， 可得当a＝－1时，y>0且当a＝1时，y>0， 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－7x＋12>0，,x2－5x＋6>0，))解得x<2或x>4. 所以x的取值范围是{x|x<2或x>4}． $$