3.2 第一课时 基本不等式的证明-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件聚焦基本不等式（√ab ≤ (a+b)/2，a,b≥0）的概念与应用，通过自主预习明确算术平均数、几何平均数定义，以基点小试巩固基础，再经互动探究中的题型分析（如对不等式的理解、转化求最值），构建从概念到应用的学习支架。 其亮点是分层设计与思维训练结合，通过“自主预习-基点小试-互动探究-培优拓展”环节，用实例（如“不正”问题转化、拆分法求最值）培养学生用数学思维分析问题的能力，帮助学生深化理解，也为教师提供系统教学资源，提升教学效率。

数学·必修·第一册(苏教) 第3章 不等式 第一课时　基本不等式的证明 ≤ a＝b 课下培优巩固练（十二） 3．2　基本不等式 eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) (a，b≥0) [课程标准]　1.理解基本不等式 eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) (a，b≥0).　2.结合具体实例，能用基本不等式解决简单的求最大值或最小值的问题． 一、算术平均数、几何平均数与基本不等式 1．算术平均数与几何平均数 对于正数a，b，我们把 eq \f(a＋b,2) 称为a，b的算术平均数， eq \r(ab) 称为a，b的几何平均数． 2．基本不等式 如果a，b是正数，那么 eq \r(ab) ___ eq \f(a＋b,2) (当且仅当__________时，等号成立)，我 们把不等式__________________________称为基本不等式． eq \r(ab) ≤ eq \f(a＋b,2) (a，b≥0) 微点拔：不等式a2＋b2≥2ab与 eq \f(a＋b,2) ≥ eq \r(ab) 的比较 (1)都是带有等号的不等式，都是“当且仅当a＝b时，等号成立”； (2)成立的条件是不同的．前者要求a，b是实数即可，而后者要求a，b都是正实数(实际上后者只要a≥0，b≥0即可). 二、两个重要的的不等式 若a，b∈R，则 (1)ab≤ eq \f(a2＋b2,2) ，即a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时，等号成立)； (2)ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2) (当且仅当a＝b时，等号成立). 【基点小试】 1．若x≥1，则x＋ eq \f(5,4x) 的最小值为(　　) A． eq \r(5) B．2 eq \r(5) C． eq \f(9,4) D．5 解析：因为x≥1，所以x＋ eq \f(5,4x) ≥2 eq \r(x×\f(5,4x)) ＝ eq \r(5) ，当且仅当x＝ eq \f(5,4x) ，即x＝ eq \f(\r(5),2) 时等号成立．所以x＋ eq \f(5,4x) 的最小值为 eq \r(5) . 答案：A 2．设正实数x，y满足2x＋y＝1，则xy的最大值为(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,8) D． eq \f(1,16) 答案：C 解析：由基本不等式可得2x＋y≥2 eq \r(2xy) ，即2 eq \r(2xy) ≤1，解得xy≤ eq \f(1,8) ，当且仅当2x＝y，即x＝ eq \f(1,4) ，y＝ eq \f(1,2) 时，取等号． 3．若0<a<1，0<b<1，且a≠b，则a＋b，2 eq \r(ab) ，2ab，a2＋b2中最大的是(　　) A．a2＋b2 B．2 eq \r(ab) C．2ab D．a＋b 解析：法一　∵0<a<1，0<b<1，且a≠b，∴a2＋b2>2ab，a＋b>2 eq \r(ab) ，a>a2，b>b2，∴a＋b>a2＋b2，故选D. 法二　取a＝ eq \f(1,2) ，b＝ eq \f(1,3) ，则a2＋b2＝ eq \f(13,36) ，2 eq \r(ab) ＝ eq \f(\r(6),3) ，2ab＝ eq \f(1,3) ，a＋b＝ eq \f(5,6) ，显然 eq \f(5,6) 最大，故选D. 答案：D 4．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是________． 解析：当a2＋1＝2a，即(a－1)2＝0，即a＝1时，“＝”成立． 答案：a＝1 题型一　对基本不等式的理解 例1.给出下面三个推导过程： ①∵a，b为正实数，∴ eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥2 eq \r(\f(b,a)· \f(a,b)) ＝2； ②∵a∈R，a≠0，∴ eq \f(4,a) ＋a≥2 eq \r(\f(4,a)·a) ＝4；③∵x，y∈R，xy<0，∴ eq \f(x,y) ＋ eq \f(y,x) ＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))) ≤－2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))) ＝－2. 其中正确的推导为(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 解析：①∵a，b为正实数，∴ eq \f(b,a) ， eq \f(a,b) 为正实数，符合基本不等式的条件，故①的推导正确． ②当a<0时，不等式不成立，故②是错误的． ③由xy<0，得 eq \f(x,y) ， eq \f(y,x) 均为负数，但在推导过程中将整体 eq \f(x,y) ＋ eq \f(y,x) 提出负号后， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y))) 、 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))) 均变为正数，符合基本不等式的条件，故③正确． 答案：B [总结] 　使用基本不等式必须满足的条件 利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：“一正”是要判断参数是否为正；“二定”是要看和或积是否为定值；“三相等”是一定要验证等号是否成立，如果等号不能成立，则不能用基本不等式求最值． 【练一练】 1．下列不等式的推导过程正确的是________． ①若x>1，则x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(x·\f(1,x)) ＝2； ②若x<0，则x＋ eq \f(4,x) ＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))) ≤－2 eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))) ＝－4； ③若a，b∈R，则 eq \f(b,a) ＋ eq \f(a,b) ≥2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b)) ＝2. 解析：①中忽视了均值不等式等号成立的条件，当x＝ eq \f(1,x) 时，即当x＝1时，x＋ eq \f(1,x) ≥2等号成立，因为x>1，所以x＋ eq \f(1,x) >2；③中忽视了利用均值不等式时每一项必须为正数这一条件． 答案：② 题型二　转化为基本不等式求最值 角度1　“不正”问题 例2.已知x>0，则4－2x－ eq \f(2,x) 的最大值为(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．2 解析：x>0时，x＋ eq \f(1,x) ≥2 eq \r(x·\f(1,x)) ＝2(当且仅当x＝1时等号成立)， 所以4－2x－ eq \f(2,x) ＝4－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) ≤4－2×2＝0，即4－2x－ eq \f(2,x) 的最大值为0. 答案：C [总结] 　当所给式子均小于0时，如果积为定值，可以将负号提取，转化为两个正项的和，从而利用基本不等式求最值．要注意不能丢掉前面的负号，同时还要注意不等号方向的变化. 角度2　“不定”问题 例3.(1)（苏教版必修一P54例2改编）当x> eq \f(3,2) 时，求函数y＝x＋ eq \f(8,2x－3) 的最小值； (2)设0<x<2，求函数y＝x(4－2x)的最大值． 解：(1)因为x> eq \f(3,2) ，所以x－ eq \f(3,2) >0，y＝x－ eq \f(3,2) ＋ eq \f(4,x－\f(3,2)) ＋ eq \f(3,2) ≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))·\f(4,x－\f(3,2))) ＋ eq \f(3,2) ＝ eq \f(11,2) ， 当且仅当x－ eq \f(3,2) ＝ eq \f(4,x－\f(3,2)) 时，即x＝ eq \f(7,2) 时，等号成立，故函数y＝x＋ eq \f(8,2x－3) 的最小值为 eq \f(11,2) . (2)因为0<x<2，所以4－2x>0， 因此y＝x(4－2x)＝ eq \f(1,2) ·2x(4－2x)≤ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋（4－2x）,2))) 2＝2，当且仅当2x＝4－2x， 即x＝1时，等号成立，故函数y＝x(4－2x)的最大值为2. [总结] 　有时为了挖掘出“积”或“和”为定值，常常需要根据题设条件采取合理配式、配系数的方法，使配式与待求式相乘后可以应用基本不等式得出定值，或配以恰当的系数后，使积式中的各项之和为定值. 角度3　拆分法转化为基本不等式 例4.若x>2，则y＝ eq \f(x2－2x＋4,x－2) 的最小值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．8 解析：法一　因为x>2，所以x－2>0， 所以y＝ eq \f(x2－2x＋4,x－2) ＝x－2＋ eq \f(4,x－2) ＋2≥2 eq \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， 故y＝x＋ eq \f(4,x－2) 的最小值为6. 法二　令x－2＝t，则t>0，且x＝t＋2. 则原式y＝ eq \f(（t＋2）2－2（t＋2）＋4,t) ＝ eq \f(t2＋2t＋4,t) ＝t＋ eq \f(4,t) ＋2≥2 eq \r(t·\f(4,t)) ＋2＝6， 当且仅当t＝2，即x＝4时等号成立，故y＝x＋ eq \f(4,x－2) 的最小值为6. 答案：C [总结] 　对分子的次数不低于分母次数的分式进行整式分离——分离成整式与“真分式”的和，再根据分式中分母的情况对整式进行拆项，为应用基本不等式凑定积创造条件． 角度4　“常数代换法”求最值 例5.（苏教版必修一P57T2改编）设a>0，b>0，若a＋b＝2，则 eq \f(4,a) ＋ eq \f(16,b) 的最小值为______． 解析：因为a>0，b>0，且a＋b＝2， 则 eq \f(4,a) ＋ eq \f(16,b) ＝ eq \f(1,2) (a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a)＋\f(16,b))) ＝10＋ eq \f(2b,a) ＋ eq \f(8a,b) ≥10＋2 eq \r(\f(2b,a)·\f(8a,b)) ＝18， 当且仅当b＝2a时，等号成立，因此 eq \f(4,a) ＋ eq \f(16,b) 的最小值为18. 答案：18 [总结] 　若题中不存在满足均值不等式的条件，则需要创造条件对式子进行恒等变形，灵活运用“1”的代换．在不等式解题过程中，常常将不等式乘“1”．除以“1”，或将不等式中的某个常数用等于“1”的式子代替. 【练一练】 2．函数y＝1－2x2－ eq \f(8,x2) 的最大值是(　　) A．7 B．－7 C．9 D．－9 答案： B 解析：由题意可得函数的定义域为{x|x≠0}，则x2>0， 所以y＝1－2x2－ eq \f(8,x2) ＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋\f(8,x2))) ≤1－2 eq \r(2x2·\f(8,x2)) ＝－7， 当且仅当2x2＝ eq \f(8,x2) ，即x＝± eq \r(2) 时取等号， 所以函数y＝1－2x2－ eq \f(8,x2) 的最大值是－7. 3．若0<x< eq \f(1,2) ，则 eq \f(1,2) x(1－2x)的最大值是______． 解析：因为0<x< eq \f(1,2) ，所以1－2x>0， 所以 eq \f(1,2) x(1－2x)＝ eq \f(1,4) ×2x×(1－2x)≤ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1－2x,2))) 2＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,16) ， 当且仅当2x＝1－2x，即当x＝ eq \f(1,4) 时，等号成立，所以 eq \f(1,2) x(1－2x)的最大值为 eq \f(1,16) . 答案： eq \f(1,16) 4．若－1<x<1，则y＝ eq \f(x2－2x＋2,2x－2) 的最大值是______． 解析：由题意，y＝ eq \f(x2－2x＋2,2x－2) ＝ eq \f(（x－1）2＋1,2（x－1）) ＝ eq \f(x－1,2) ＋ eq \f(1,2（x－1）) ， 又－1<x<1，故x－1<0， ∴y＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,2)))＋\f(1,2（1－x）))) ， 由于 eq \f(1－x,2) >0， eq \f(1,2（1－x）) >0， 所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,2))) ＋ eq \f(1,2（1－x）) ≥2 eq \r(\f(1,4)) ＝1， 当且仅当 eq \f(1－x,2) ＝ eq \f(1,2（1－x）) ，即x＝0时等号成立．故y＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,2)))＋\f(1,2（1－x）))) ≤－1，则y＝ eq \f(x2－2x＋2,2x－2) 的最大值是－1. 答案：－1 5．正实数x，y满足xy＝4x＋y，则x＋y的最小值为________． 解析：由已知可得 eq \f(4x＋y,xy) ＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(4,y) ＝1，且x，y为正实数， 所以，x＋y＝(x＋y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,y))) ＝5＋ eq \f(4x,y) ＋ eq \f(y,x) ≥5＋2 eq \r(\f(4x,y)·\f(y,x)) ＝9， 当且仅当y＝2x时，等号成立．因此x＋y的最小值为9. 答案：9 培优拓展系列(二)·由三个实数的关系求最值问题 解答此类问题的步骤： 例6.若正实数a，b，c满足ab＝a＋2b，abc＝a＋2b＋c，则c的最大值为________． 解析：法一　由abc＝a＋2b＋c得，c＝ eq \f(a＋2b,ab－1) ＝ eq \f(a＋2b,a＋2b－1) ＝1＋ eq \f(1,a＋2b－1) ，由ab＝a＋2b得， eq \f(1,b) ＋ eq \f(2,a) ＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)( eq \f(1,b) ＋ eq \f(2,a) )＝4＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(4b,a) ≥4＋2 eq \r(\f(a,b)·\f(4b,a)) ＝4＋4＝8，故c≤ eq \f(8,7) . 法二　因为abc＝a＋2b＋c，ab＝a＋2b，所以abc＝ab＋c，故c＝ eq \f(ab,ab－1) ＝1＋ eq \f(1,ab－1) ，由ab＝a＋2b利用基本不等式得ab≥2 eq \r(2ab) ，故ab≥8，当且仅当a＝4，b＝2时等号成立，故c＝1＋ eq \f(1,ab－1) ≤1＋ eq \f(1,8－1) ＝ eq \f(8,7) . 答案： eq \f(8,7) 【练一练】 6．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0.则当 eq \f(z,xy) 取得最小值时，x＋2y－z的最大值为(　　) A．0 B． eq \f(9,8) C．2 D． eq \f(9,4) 解析：依题意得， eq \f(z,xy) ＝ eq \f(x2－3xy＋4y2,xy) ＝ eq \f(x,y) －3＋ eq \f(4y,x) ≥2 eq \r(\f(x,y)·\f(4y,x)) －3＝1，当且仅当 eq \f(x,y) ＝ eq \f(4y,x) ，即x＝2y时，等号成立，此时z＝x2－3xy＋4y2＝(2y)2－3·2y·y＋4y2＝2y2. ∴x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2(y－1)2＋2， ∴当y＝1，x＝2，z＝2时，x＋2y－z取最大值，最大值为2. 答案： C $