第三十四講基本不等式及其應用回歸課本1.算術平均數如果a,b∈R+,那么 叫做這兩個正數的算術平均數.2.幾何平均數如果a,b∈R+,那么 叫做這兩個正數的幾何平均數.3.重要不等式如果a,b∈R,則a2+b2≥2ab(當且僅當a=b時,取“=”);均值定理:如果a,b∈R+,那么

(當且僅當a=b時,取“=”).均值定理可以敘述為:兩個正實數的算術平均數大于或等于它們的幾何平均數.5.已知x、y都是正數,則(1)若x+y=S(和為定值),則當x=y時,積xy取最大值(2)若xy=P(積為定值),則當x=y時,和x+y取得最小值即兩個正數的和為定值,則可求其積的最大值;積為定值,則可求其和的最小值.應用此結論要注意三個條件;“一正二定三相等”,即:①各項或各因式為正;②和或積為定值;③各項或各因式都能取得相等的值.考點陪練1.函數y=log2x+logx2的值域是()A.(-∞,-2] B.[2,+∞)C.[-2,2] D.(-∞,-2]∪[2,+∞)答案:D2.已知x+3y=2,則3x+27y的最小值為()答案:A答案:C答案:B答案:D類型一 證明不等式解題準備:證明不等式是均值不等式的一個基本應用,注意分析不等式的左右兩邊的結構特征,通過拆(添)項創設一個應用均值不等式的條件.在解決本類問題時注意以下幾點:(1)均值不等式成立的前提條件;(2)通過加減項的方法配湊成算術平均數、幾何平均數的形式;(3)注意“1”的代換;(4)靈活變換基本不等式的形式并注意其變形式的運用.【典例1】證明:a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c).[分析]利用a2+b2≥2ab(a,b∈R)求證即可.[證明]∵a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2c2a2,∴2(a4+b4+c4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2),即a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2,又a2b2+b2c2≥2ab2c,b2c2+c2a2≥2abc2,c2a2+a2b2≥2a2bc,∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2(ab2c+abc2+a2bc),即a2b2+b2c2+c2a2≥ab2c+abc2+a2bc=abc(a+b+c).即原命題可得得證.類型二求最最值解題準備:1.利用基本不等等式可以求一一些函數或代代數式的最值值.2.應用重要不等等式和基本不不等式可以得得到一些常用用的不等式,主要有:類型三 利用用均值不等式式解應用題解題準備:均值不等式作作為求最值的的常用工具,經常在有關最最優解的實際際問題中應用用.應用均值不等等式解決實際際問題的基本本步驟是:①仔細閱讀題目目,透徹理解題意意;②分析實際問題題中的數量關關系,引入未知數,并用它表示其其它的變量,把要求最值的的變量設為函函數;③應用均值不等等式求出函數數的最值;④還原實際問題題,作出解答.【典例3】某工廠擬建一一座平面圖為為矩形且面積積為200m2的三級級污水水處理理池(平面圖圖如圖圖所示示).如果池池四周周圍墻墻建造造單價價為400元/m,中間兩兩道隔隔墻建建造單單價為為248元/m,池底建建造單單價為為80元/m2,水池所所有墻墻的厚厚度忽忽略不不計.(1)試設計計污水水處理理池的的長和和寬,使總造造價最最低,并求出出最低低總造造價;(2)若由于于地形形限制制,該池的的長和和寬都都不能能超過過16m,試設計計污水水池的的長和和寬,使總造造價最最低,并求出出最低低總造造價.[反思感感悟]不等式式應用用的特特點是是:(1)問題的的背景景是人人們關關心的的社會會熱點點問題題,如“物物價?稅收?銷售?市場信信息””等,題目往往往篇篇幅較較長.(2)建立函函數模模型常常見的的有““正(反)比例函函數?一次函函數?二次函函數?指數函函數?對數函函數?三角函函數,以及””等形形式.解函數數應用用題中中的最最值問問題一一般利利用二二次函函數的的性質質或基基本不不等式式來解解決.錯源一一忽忽視視等號號成立立的條條件[剖析]解法一一和解解法二二的錯錯誤原原因是是等號號同時時成立立的條條件不不具備備,因此使使用基基本不不等式式一定定要驗驗證等等號成成立的的條件件,只有等等號成成立時時,所求出出的最最值才才是正正確的的.錯源二二忽忽視視均值值不等等式應應用條條件致致誤[答案](-∞,-1]∪∪[3,+∞)技法一一快快速解解題(三角換換元)【典例1】已知a、b、c、d∈R,x、y∈R+,且x2=a2+b2,y2=c2+d2.求證:xy≥ac+bd.[快解]聯想到到圓的的參數數方程程,設a=xcosθθ,b=xsinθθ,c=ycosφφ,d=ysinφφ,則ac+bd=xycosθcosφ+xysinθθsinφφ=xycos(θθ-φφ)≤≤xy.[另解切切入點點]有a2+b2、c2+d2的形式式出現現,就可以以用a2+b2≥2ab.由于a、b、c、d∈R,故ac+bd可能為為正,也可能能為負負.當ac+bd<0時,顯然不不需證證明,只需考考慮ac+bd>0的情況況.[證明]證法一一:當ac+bd<0時,顯然有有xy≥≥ac+bd成立.當ac+bd≥0時,x2y2=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd=(ac+bd)2,即xy≥≥ac+bd.證法二二:當ac+bd<0時,顯然有有xy≥≥ac+bd成立;當ac+bd≥0時,欲證xy≥≥ac+bd,只需證證x2y2≥a2c2+b2d2+2abcd.∵x2=a2+b2,y2=c2+d2,∴(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd.即x2y2≥a2c2+b2d2+2abcd成立,因此,原不等等式成成立.[方法與與技巧巧]證法一一與證證法二二基本本相同同,只是形形式不不同而而已.而快解解聯想想到圓圓的參參數方方程,進行三三角代代換,又不必必考慮慮ac+bd的正負負問題題,僅注意意到xy>0、-1≤≤cos(θ-φ)≤1就行了了.[得分主主要步步驟]本題證證明步步驟簡簡單,但需考考慮ac+bd或正或或負的的兩種種情況況.若ac+bd<0,則(ac+bd)2與x2y2的大小小不能能確定定,證題時時需注注意此此處.[易丟分分原因因]沒有考考慮到到ac+bd≥0還是ac+bc<0.技法二二如如何解解決含含有多多個變變量的的條件件最值值問題題求解含含有多多個變變量的的條件件最值值問題題,一般方方法是是利用用給出出的條條件,通過代代換減減少變變量的的個數數,將問題題轉化化為只只含有有一個個變量量的函函數的的最值值問題題進行行解決決.如果條條件等等式中中含有有兩個個變量量的和和與積積的形形式,可以直直接利利用均均值不不等式式對兩兩個正正數的的和與與積進進行轉轉化,然后通通過解解不等等式進進行求求解,或者通通過構構造一一元二二次方方程,