2018-2019版人教A版數(shù)學選修4-5同步學案：第一講 一 第3課時 三個正數(shù)的算術-幾何平均不等式

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第3課時三個正數(shù)的算術—幾何平均不等式學習目標1。理解定理3。2.能用定理3及其推廣證明一些不等式。3.會用定理解決函數(shù)的最值或值域問題.4.能運用三個正數(shù)的算術—幾何平均不等式解決簡單的實際問題．知識點三項均值不等式思考類比基本不等式：eq\f(a＋b，2）≥eq\r(ab）（a＞0,b＞0),請寫出a，b，c∈R＋時,三項的均值不等式．答案eq\f(a＋b＋c,3）≥eq\r（3,abc）.梳理(1）三個正數(shù)的算術—幾何平均不等式（定理3）如果a，b，c∈R＋，那么eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc）,當且僅當a＝b＝c時，等號成立．（2）基本不等式的推廣對于n個正數(shù)a1，a2,…，an，它們的算術平均不小于它們的幾何平均，即eq\f（a1＋a2＋…＋an,n）≥eq\r(n，a1a2…an)，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．（3)重要變形及結論①abc≤eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c，3))）3；②a3＋b3＋c3≥3abc；③eq\f（3,\f（1,a）＋\f(1，b)＋\f（1，c））≤eq\r（3,abc）≤eq\f（a＋b＋c，3)≤eq\r(\f(a2＋b2＋c2，3))。上式中a，b，c均為正數(shù),等號成立的條件均為a＝b＝c。類型一用平均不等式求最值例1（1）求函數(shù)y＝(x－1)2（3－2x）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＜x＜\f（3,2）））的最大值;（2)求函數(shù)y＝x＋eq\f（4,x－12）(x＞1）的最小值．解(1)∵1＜x＜eq\f(3，2)，∴3－2x＞0,x－1＞0。又y＝(x－1）2(3－2x）＝（x－1）(x－1)(3－2x）≤eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(x－1＋x－1＋3－2x，3）))3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3）)）3＝eq\f(1,27），當且僅當x－1＝x－1＝3－2x，即x＝eq\f（4，3）∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，\f(3,2）））時，ymax＝eq\f(1,27）.(2)∵x＞1，∴x－1＞0,y＝x＋eq\f（4,x－12)＝eq\f(1，2)（x－1)＋eq\f（1,2)(x－1）＋eq\f（4,x－12)＋1≥3eq\r(3,\f（1，2)x－1·\f(1，2）x－1·\f（4，x－12))＋1＝4,當且僅當eq\f(1,2）(x－1)＝eq\f（1，2）(x－1)＝eq\f(4,x－12），即x＝3時等號成立．即ymin＝4。反思與感悟(1）利用三個正數(shù)的算術-幾何平均不等式定理求最值，可簡記為“積定和最小，和定積最大”．（2)應用平均不等式定理,要注意三個條件“一正，二定，三相等”同時具備時，方可取得最值，其中定值條件決定著平均不等式應用的可行性，獲得定值需要一定的技巧，如：配系數(shù)、拆項、分離常數(shù)、平方變形等．跟蹤訓練1求函數(shù)y＝（1－3x）2·xeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0＜x＜\f(1，3）)）的最大值．解y＝（1－3x）2·x＝eq\f(1,6）·(1－3x）·（1－3x)·6x≤eq\f(1,6）eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1－3x＋1－3x＋6x，3）))3＝eq\f（4，81）,當且僅當1－3x＝1－3x＝6x，即x＝eq\f(1，9）時，ymax＝eq\f（4,81).類型二用平均不等式證明不等式例2已知a，b，c∈R＋.求證：a3＋b3＋c3＋eq\f(1,abc)≥2eq\r（3).證明∵a3＋b3＋c3＋eq\f（1,abc)≥3abc＋eq\f（1,abc）≥2eq\r（3）,當且僅當a＝b＝c，且abc＝eq\f(\r(3），3)時等號成立．∴a3＋b3＋c3＋eq\f(1，abc)≥2eq\r（3）。引申探究若本例條件不變，求證：eq\f（b＋c－a，a）＋eq\f(c＋a－b，b)＋eq\f(a＋b－c，c）≥3。證明eq\f（b＋c－a,a)＋eq\f（c＋a－b,b）＋eq\f（a＋b－c,c）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b，a）＋\f（c，b）＋\f（a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（c，a)＋\f(a,b)＋\f（b，c）))－3≥3eq\r（3,\f(b，a）·\f(c，b)·\f(a，c））＋3eq\r（3，\f（c，a）·\f（a，b)·\f（b,c））－3＝6－3＝3，當且僅當a＝b＝c時取等號．反思與感悟證明不等式的方法（1)首先觀察所要證的式子結構特點及題目所給條件，看是否滿足“一正、二定、三相等”的條件．若滿足即可利用平均不等式證明．(2)若題目不滿足該條件,則可靈活利用已知條件構造出能利用三個正數(shù)的基本不等式的式子．跟蹤訓練2已知x，y，z都是正數(shù),且xyz＝1，求證：(1＋x＋y）（1＋x＋z）（1＋y＋z）≥27.證明∵1＋x＋y≥3eq\r(3,xy)＞0，1＋x＋z≥3eq\r(3,xz）＞0，1＋y＋z≥3eq\r（3，yz)＞0，∴(1＋x＋y）(1＋x＋z）（1＋y＋z)≥27eq\r(3，xyz2).又∵xyz＝1,∴(1＋x＋y)(1＋x＋z）(1＋y＋z）≥27,當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時,等號成立．類型三用平均不等式解決實際應用問題例3如圖,將邊長為1的正六邊形鐵皮（圖①）的六個角各切去一個全等的四邊形，再沿虛線折起，做成一個無蓋的正六棱柱容器(圖②）．當這個正六棱柱容器的底面邊長為多少時，容積最大,并求出最大容積．解設正六棱柱的底面B1B2B3B4B5B6的邊長為x（0＜x＜1），則OB1＝B1B2＝x。由正六邊形A1A2A3A4A5A6的邊長為1，得OA1＝A1A2＝1，∴A1B1＝OA1－OB1＝1－x。作B1C1⊥A1A2于點C1，在Rt△A1C1B1中，∠B1A1C1＝60°,則容器的高B1C1＝A1B1sin60°＝eq\f（\r（3）,2）(1－x）．于是容器的容積為V＝f（x）＝Sh＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（6·\f(\r(3），4）x2））·eq\f(\r（3),2）（1－x）＝eq\f（9，4)x2（1－x)（0＜x＜1）．則f（x）＝eq\f（9，4)x2（1－x)＝eq\f（9,8)·x·x（2－2x)≤eq\f（9，8)·eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(x＋x＋2－2x,3）））3＝eq\f(1,3），當且僅當x＝x＝2－2x，即x＝eq\f（2，3)時，Vmax＝eq\f（1,3).故當正六棱柱容器的底面邊長為eq\f（2,3）時，最大容積為eq\f(1,3）。反思與感悟利用三個正數(shù)的基本不等式解決應用問題的一般步驟（1）理解題意，設變量．設變量時一般要把所求最大值或最小值的變量定為函數(shù)．（2)建立相應的函數(shù)關系式，把實際問題抽象為求函數(shù)的最大值或最小值問題．（3）在定義域內(nèi),求出函數(shù)的最大值或最小值．(4)驗證相等條件，得出結論．跟蹤訓練3已知球的半徑為R，球內(nèi)接圓柱的底面半徑為r，高為h,則r和h為何值時,內(nèi)接圓柱的體積最大？解設內(nèi)接圓柱的體積為V，又R2＝r2＋eq\f(h2,4)，∴r2＝R2－eq\f(h2，4），∴V＝πr2h＝πeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(R2－\f（h2,4)））h.又V＝eq\f(π,4）(4R2－h(huán)2)·h＝eq\f（π,4)eq\r(4R2－h(huán)22·h2）＝eq\f(π,4）eq\r(\f（1,2）4R2－h(huán)22·2h2）≤eq\f(π，4)eq\r（\f(1，2）×\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(8R2,3））)3)＝eq\f（4\r（3），9）πR3，當且僅當4R2－h(huán)2＝2h2，即h＝eq\f（2\r(3）,3）R，此時r＝eq\f(\r(6),3）R時,等號成立．∴當h＝eq\f（2\r（3)，3）R,r＝eq\f（\r(6),3）R時，內(nèi)接圓柱的體積最大為eq\f（4\r(3），9)πR3.1．函數(shù)f（x)＝eq\f(1,x2）＋2x(x＞0）的最小值為（）A．3B．4C．5D．6答案A解析∵x＞0，∴f（x)＝eq\f（1,x2）＋x＋x≥3eq\r（3，\f（1,x2）·x·x)＝3,當且僅當x＝eq\f（1，x2）,即x＝1時等號成立．2．設x＞0，則f(x)＝4－x－eq\f（1，2x2)的最大值為(）A．4－eq\f（\r(2)，2）B．4－eq\r(2）C．不存在D。eq\f(5，2）答案D解析∵x＞0，∴f（x）＝4－x－eq\f(1,2x2）＝4－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x,2)＋\f（x，2)＋\f（1,2x2)))≤4－3eq\r（3,\f(x，2)·\f(x，2)·\f（1，2x2))＝4－eq\f（3,2）＝eq\f(5,2），當且僅當eq\f(x，2)＝eq\f(x,2)＝eq\f（1，2x2），即x＝1時，等號成立．3．已知x為正數(shù)，下列各選項求得的最值正確的是()A．y＝x2＋2x＋eq\f(4，x3)≥3eq\r（3，x2·2x·\f(4，x3）)＝6，故ymin＝6。B．y＝2＋x＋eq\f（1，x)≥3eq\r(3，2·x·\f（1，x))＝3eq\r(3,2)，故ymin＝3eq\r(3,2）。C．y＝2＋x＋eq\f（1,x）≥4，故ymin＝4.D．y＝x(1－x）(1－2x)≤eq\f（1，3）eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（3x＋1－x＋1－2x,3))）3＝eq\f(8，81），故ymax＝eq\f（8，81）。答案C解析A，B，D在使用不等式a＋b＋c≥3eq\r(3，abc）(a，b，c∈R＋)和abc≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（a＋b＋c,3）））3（a，b，c∈R＋）時都不能保證等號成立，最值取不到．C中,∵x＞0，∴y＝2＋x＋eq\f（1，x）＝2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f（1,x））)≥2＋2＝4，當且僅當x＝eq\f(1，x)，即x＝1時取等號．4．設a，b∈R＋,且a＋b＝3,則ab2的最大值為（）A．2B．3C．4D．6答案C解析∵ab2＝4a×eq\f(b，2)×eq\f（b,2)≤4eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（a＋\f（b,2)＋\f(b,2)，3）））3＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a＋b,3）））3＝4×13＝4，當且僅當a＝eq\f（b,2)＝1時，等號成立．即ab2的最大值為4.5．已知a，b為實數(shù)，且a＞0，b＞0，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a＋b＋\f(1，a）））eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f（1，b）＋\f（1，a2)))的最小值為________．答案9解析因為a＞0，b＞0，所以a＋b＋eq\f（1，a)≥3eq\r(3，a·b·\f(1,a））＝3eq\r(3，b)＞0, ①同理可得a2＋eq\f（1，b)＋eq\f(1,a2)≥3eq\r(3，\f(1，b））＞0, ②由①②及不等式的性質(zhì)，得eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋b＋\f(1，a)））eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a2＋\f(1，b)＋\f（1,a2））)≥3eq\r(3，b)×3eq\r(3,\f（1,b))＝9，當且僅當a＝b＝1時，等號成立．1．求實際問題的最值一定要注意變量應在實際允許的范圍內(nèi)取值，在使用三個正數(shù)的基本不等式定理求最值時，一定要注意檢驗等號是否成立．2．求形如y＝ax2＋eq\f（b，x）（x＞0,a＞0，b＞0）的函數(shù)的最小值,關鍵是拆eq\f(b，x)為eq\f(b，x)＝eq\f（b,2x）＋eq\f（b,2x），則y＝ax2＋eq\f（b，x)＝ax2＋eq\f(b,2x）＋eq\f(b,2x）≥3eq\r（3，ax2·\f(b,2x）·\f（b,2x))＝eq\f（3，2）eq\r（3，2ab2)。求形如y＝ax＋eq\f（c，bx2）(x＞0，a＞0，bc＞0）的函數(shù)的最小值，關鍵是拆ax為eq\f(ax，2)＋eq\f(ax，2)，則y＝ax＋eq\f（c，bx2）＝eq\f(ax，2）＋eq\f（ax，2）＋eq\f(c，bx2）≥3eq\r（3,\f（ax，2)·\f（ax，2)·\f（c,bx2)）＝eq\f(3,2）eq\r（3，\f（2a2c,b)）.一、選擇題1．函數(shù)y＝x2（1－5x)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0≤x≤\f(1,5))）的最大值為（）A。eq\f(4,675) B.eq\f（2，657)C。eq\f(4，645) D。eq\f（2，675）答案A解析y＝x2(1－5x）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5，2）x)）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（5,2）x)）（1－5x)×eq\f(4,25）≤eq\f(4，25）×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)))3＝eq\f(4，675），當且僅當eq\f（5，2)x＝1－5x，即x＝eq\f（2,15）時等號成立．2．若a＞b＞0，則a＋eq\f（1，ba－b）的最小值為（)A．0B．1C．2D．3答案D解析∵a＞b＞0,a＋eq\f（1,ba－b）＝(a－b）＋b＋eq\f（1，ba－b）≥3eq\r（3,a－b·b·\f(1，ba－b）)＝3，當且僅當a＝2，b＝1時取等號，∴a＋eq\f(1，ba－b)的最小值為3。故選D.3．設x，y，z＞0且x＋y＋z＝6，則lgx＋lgy＋lgz的取值范圍是()A．(－∞，lg6］ B．(－∞，3lg2]C．[lg6，＋∞) D．[3lg2，＋∞)答案B解析∵6＝x＋y＋z≥3eq\r（3,xyz)，∴xyz≤8,∴l(xiāng)gx＋lgy＋lgz＝lg（xyz)≤lg8＝3lg2。4．若實數(shù)x，y滿足xy＞0，且x2y＝2，則xy＋x2的最小值是（）A．1B．2C．3D．4答案C解析xy＋x2＝eq\f（1,2）xy＋eq\f(1，2）xy＋x2≥3eq\r(3,\f(1,4）x4y2）＝3，當且僅當eq\f（1,2）xy＝x2，即y＝2x時取等號．5．已知a，b,c∈R＋,x＝eq\f（a＋b＋c,3），y＝eq\r(3,abc)，z＝eq\r（\f(a2＋b2＋c2，3)），則()A．x≤y≤z B．y≤x≤zC．y≤z≤x D．z≤y≤x答案B解析由a,b，c∈R＋，易知eq\f（a＋b＋c,3）≥eq\r（3，abc)，即x≥y。又z2＝eq\f(a2＋b2＋c2，3),x2＝eq\f（a＋b＋c2,9),且x2＝eq\f(a2＋b2＋c2＋2ab＋bc＋ca,9)≤eq\f（3a2＋b2＋c2，9）＝eq\f（a2＋b2＋c2，3），∴x2≤z2，則x≤z,因此z≥x≥y.6．已知圓柱的軸截面周長為6,體積為V，則下列總成立的是(）A．V≥π B．V≤πC．V≥eq\f（1，8）π D．V≤eq\f（1,8)π答案B解析設圓柱半徑為r，則圓柱的高h＝eq\f(6－4r,2），所以圓柱的體積為V＝πr2·h＝πr2·eq\f(6－4r,2）＝πr2(3－2r)≤πeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(r＋r＋3－2r,3）)）3＝π,當且僅當r＝3－2r,即r＝1時取等號．二、填空題7．若a，b，c∈(0，＋∞），且a＋b＋c＝1，則eq\f(1，a＋b）＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f（1,c＋a)的最小值為________．答案eq\f(9,2）解析∵a，b,c∈（0，＋∞），∴[(a＋b)＋(b＋c）＋(c＋a)]·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,a＋b)＋\f(1，b＋c)＋\f（1,c＋a）)）≥3eq\r（3,a＋bb＋cc＋a)·3eq\r（3，\f（1，a＋b)·\f（1，b＋c）·\f（1,c＋a）)＝9,當且僅當a＝b＝c時等號成立，故2(a＋b＋c）·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b）＋\f（1,b＋c)＋\f（1,c＋a)))≥9。又a＋b＋c＝1,∴eq\f（1,a＋b）＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1，c＋a）≥eq\f（9,2）。8．已知x,y，z∈R＋，且x＋3y＋4z＝6，則x2y3z的最大值為________．答案1解析因為x,y,z∈R＋,且x＋3y＋4z＝6，所以6＝x＋3y＋4z＝eq\f（x,2)＋eq\f（x，2)＋y＋y＋y＋4z≥6·eq\r（6，\f（x,2）·\f（x，2)·y·y·y·4z）＝6·eq\r(6,x2y3z），所以x2y3z≤1，當且僅當eq\f（x,2）＝y(tǒng)＝4z時取等號．9．若a＞2，b＞3，則a＋b＋eq\f(1，a－2b－3）的最小值為________．答案8解析a＞2，b＞3,∴a－2＞0，b－3＞0,則a＋b＋eq\f(1，a－2b－3）＝(a－2)＋（b－3)＋eq\f（1,a－2b－3)＋5≥3eq\r（3，a－2×b－3×\f(1,a－2b－3）)＋5＝8，當且僅當a－2＝b－3＝eq\f（1,a－2b－3），即a＝3，b＝4時等號成立．10．已知關于x的不等式2x＋eq\f(1，x－a2)≥7在x∈（a，＋∞）上恒成立，則實數(shù)a的最小值為________．答案2解析2x＋eq\f(1,x－a2)＝（x－a）＋（x－a)＋eq\f(1,x－a2）＋2a，∵x－a＞0，∴2x＋eq\f（1，x－a2）≥3eq\r(3,x－ax－a\f(1,x－a2))＋2a＝3＋2a，當且僅當x－a＝eq\f(1,x－a2），即x＝a＋1時取等號．∴2x＋eq\f（1，x－a2)的最小值為3＋2a.由題意可得3＋2a≥7，得a≥2。11．已知a，b，c∈R＋，且滿足a＋2b＋3c＝1，則eq\f(1，a)＋eq\f（1,2b)＋eq\f(1，3c)的最小值為________．答案9解析因為a，b，c∈R＋,且滿足a＋2b＋3c＝1，所以eq\f（1,a)＋eq\f(1，2b)＋eq\f（1，3c）＝(a＋2b＋3c）·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a）＋\f（1,2b）＋\f（1,3c）)）≥3eq\r(3，a·2b·3c）·3eq\r(3，\f(1，a）·\f(1,2b)·\f(1,3c）)＝9，當且僅當a＝2b＝3c＝eq\f(1，3）時取等號．因此eq\f（1,a）＋eq\f(1，2b）＋eq\f（1,3c）的最小值為9.三、解答題12．已知a，b,c均為正數(shù)，證明:a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，a)＋\f(1,b）＋\f(1，c)))2≥6eq\r（3)，并確定a，b，c為何值時，等號成立．解因為a,b，c均為正數(shù)，由算術—幾何平均不等式，得a2＋b2＋c2≥3（abc)，①eq\f(1,a）＋eq\f（1,b)＋eq\f（1，c）≥3（abc)，所以eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,a）＋\f(1,b）＋\f(1,c)））2≥9（abc）。 ②故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，a）＋\f(1，b)＋\f（1,c））)2≥3(abc)＋9（abc）,又3(abc)＋9（abc）≥2eq\r(27）＝6eq\r(3）, ③當且僅當a＝b＝c時，①式和②式等號成立．當且僅當3（abc)＝9(abc)時，③式等號成立,即當且僅當a＝b＝c＝時,原式等號成立，所以原不等式成立．13．已知x，y，z∈R＋，x＋y＋z＝3。（1）求eq\f(1，x)＋eq\f(1，y)＋eq\f(1，z)的最小值；(2）證明:3≤x2＋y2＋z2＜9.(1)解因為x＋y＋z≥3eq\r（3，xyz）＞0，eq\f（1,x)＋eq\f（1,y）＋eq\f(1，z）≥eq\f(3，\r（3,xyz))＞0，所以（x＋y＋z）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1，y)＋\f（1,z）))≥9，則eq\f(1,x)＋eq\f（1，y）＋eq\f(1，z)≥3,當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時，等號成立，故eq\f(1,x）＋eq\f(1，y）＋eq\f(1，z）的最小值為3。(2）證明x2＋y2＋z2＝eq\f（x2＋y2＋z2＋x2＋y2＋y2＋z2＋z2＋x2，3)≥eq\f（x2＋y2＋z2＋2xy＋yz＋zx,3）＝eq\f（x＋y＋z2，3)＝3。當且僅當x＝y(tǒng)＝z＝1時，等號成立,又x2＋y2＋z2－9＝x2＋y2＋z2－(x＋y＋z)2＝－2(xy＋yz＋zx）＜0,所以3≤x2＋y2＋z2＜9。四、探究與拓展14．制造一個容積為eq\f(π,2）立方米的無蓋圓柱形桶，用來做底面的金屬板的價格為每平方米30元，做側面的金屬板的價格為每平方米20元，當圓柱形桶的底面半徑為________