數(shù)學選修4-5指導學案第一章不等關(guān)系與基本不等式5

§5不等式的應(yīng)用學習目標1.了解不等式應(yīng)用的廣泛性.2.能用不等式解決一些生產(chǎn)及生活中的問題．知識點一平均值不等式寫出平均值不等式(1)eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a，b∈R＋)，當且僅當a＝b時，“＝”號成立．(2)eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)(a，b，c∈R＋)，當且僅當a＝b＝c時，“＝”號成立．知識點二不等式的應(yīng)用1．不等式的應(yīng)用大致分為兩類(1)利用不等式研究函數(shù)的性質(zhì)，求參數(shù)的取值范圍．(2)實際問題中建立不等式(或函數(shù))模型，解決簡單的實際問題．2．解不等式應(yīng)用問題的四個步驟(1)審題，必要時畫出示意圖．(2)建立不等式模型，即根據(jù)題意找出常數(shù)量和變量之間的不等關(guān)系．(3)利用不等式的有關(guān)知識解題，即將數(shù)學模型轉(zhuǎn)化為數(shù)學符號或圖形符號．(4)作出問題結(jié)論．類型一列不等式解實際應(yīng)用題例1某學校為提高辦學質(zhì)量，決定為各班教室配置一臺液晶電視機，經(jīng)過學校研究，決定分別從兩種質(zhì)量相當?shù)碾娨暀C品牌中選擇功能相同的電視機型號．據(jù)了解，甲型號電視機為家電下鄉(xiāng)政府補貼品牌，每臺享受13%政府補貼優(yōu)惠政策(即按原價的87%出售)，乙型號電視機的優(yōu)惠條件是：不超過20臺(含20臺)時，每臺按原價出售，超過20臺時，超過的臺數(shù)，每臺按原價的77%出售．如果這兩種型號的電視機原價相同，你覺得應(yīng)該選擇哪種型號的電視機更合算？解設(shè)學校要購買x(x∈N＋)臺電視機，甲、乙兩種型號的電視機售價總額分別為y甲元、y乙元，一臺電視機的售價為a元，則y甲＝0.87ax，y乙＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x≤20，,20a＋?x－20?×0.77a，x>20.))當x≤20時，顯然選甲型號電視機更合算．當x>20時，y甲－y乙＝0.87ax－[20a＋(x－20)×0.77a]＝0.87ax－20a－0.77ax＋15.4a＝0.1ax－4.6a.故當x<46時，選甲型號電視機更合算；當x＝46時，兩種型號電視機售價總額相同；當x>46時，選乙型號電視機更合算．反思與感悟利用不等式表示不等關(guān)系時，要注意以下兩點(1)根據(jù)題意，利用引入的變量表示出其他所涉及的變量．(2)要準確地使用不等號，同時注意實際情況對表示各量的字母取值范圍的限制．跟蹤訓練1某校園內(nèi)有一邊長為80m，寬為60m的長方形地面，現(xiàn)要對該地面進行綠化，規(guī)劃四周種花卉(花卉帶的寬度相同)，中間種草坪，若要求草坪的面積不小于總面積的一半，則花卉帶寬度(單位：m)的范圍是________________．答案(0,10]解析設(shè)花卉帶的寬度為xm，則中間草坪的長為(80－2x)m，寬為(60－2x)m.根據(jù)題意知(80－2x)(60－2x)≥eq\f(1,2)×80×60，即4x2－140×2x＋eq\f(1,2)×80×60≥0，整理得x2－70x＋60×10≥0，即(x－60)(x－10)≥0，所以0<x≤10或x≥60，x≥60不符合題意，舍去．故所求花卉帶寬度(單位：m)的范圍為(0,10]．類型二實際應(yīng)用問題中的最值問題例2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(shè)正六棱柱的底面B1B2B3B4B5B6的邊長為x(0＜x＜1)，則OB1＝B1B2＝x，如圖．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)＝S·h＝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(yīng)用問題的一般步驟(1)理解題意，設(shè)變量．設(shè)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(yīng)的函數(shù)關(guān)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(jié)論．跟蹤訓練2已知球的半徑為R，球內(nèi)接圓柱的底面半徑為r，高為h，求當r和h為何值時，內(nèi)接圓柱的體積最大？解設(shè)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＝eq\f(π,4)(4R2－h(huán)2)·h＝eq\f(π,4)eq\r(?4R2－h(huán)2?2·h2)＝eq\f(π,4)eq\r(\f(1,2)?4R2－h(huán)2?2·2h2)≤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時，等號成立，此時r＝eq\f(\r(6),3)R.∴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．現(xiàn)有甲、乙兩人相約爬山，若甲上山的速度為v1，下山(原路返回)的速度為v2(v1≠v2)，乙上下山的速度都是eq\f(1,2)(v1＋v2)(兩人途中不停歇)，則甲、乙兩人上下山所用時間t1，t2的關(guān)系為()A．t1>t2 B．t1<t2C．t1＝t2 D．不能確定答案A解析設(shè)s為上山路程，則下山路程也為s.t1＝eq\f(s,v1)＋eq\f(s,v2)>2eq\r(\f(s2,v1v2))＝eq\f(2s,\r(v1v2))，t2＝eq\f(2s,\f(1,2)?v1＋v2?)＝eq\f(4s,v1＋v2)<eq\f(4s,2\r(v1v2))＝eq\f(2s,\r(v1v2))，∴t1>t2.2．某城市為控制用水計劃提高水價，現(xiàn)有四種方案，其中提價最多的方案是(已知0<q<p<1)()A．先提價p%，再提價q%B．先提價q%，再提價p%C．兩次都提價eq\r(\f(q2＋p2,2))%D．兩次都提價eq\f(p＋q,2)%答案C解析由題可知，A，B提價均為(1＋p%)(1＋q%)－1，C提價eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(\f(p2＋q2,2))%))2－1，D提價eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))2－1.由eq\r(pq)<eq\f(p＋q,2)<eq\r(\f(p2＋q2,2))?(1＋p%)(1＋q%)－1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p＋q,2)%))2－1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(\f(p2＋q2,2))%))2－1，故提價最多的方案是C.3．汽車上坡時的速度為a，原路返回時的速度為b，且0<a<b，則汽車全程的平均速度比a，b的平均值()A．大B．小C．相等D．不能確定答案B解析設(shè)單程為s，則上坡時間t1＝eq\f(s,a)，下坡時間t2＝eq\f(s,b)，平均速度為v＝eq\f(2s,t1＋t2)＝eq\f(2s,\f(s,a)＋\f(s,b))＝eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))<eq\f(a＋b,2).4．設(shè)甲、乙兩地的距離為s，船在流水中在甲地和乙地來回行駛一次的平均速度為v1(v1>0)，已知船在靜水中的速度為v2(v2>0)，試比較v1和v2的大小．解設(shè)水流速度為v(v>0)，則船在流水中在甲、乙間來回行駛一次的時間t＝eq\f(s,v2＋v)＋eq\f(s,v2－v)＝eq\f(2sv2,v\o\al(2,2)－v2)，∴平均速度v1＝eq\f(2s,t)＝eq\f(v\o\al(2,2)－v2,v2).∵v1>0，v2>0，∴eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(v\o\al(2,2)－v2,v2),v2)＝eq\f(v\o\al(2,2)－v2,v\o\al(2,2))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,v2)))2<1，∴v1<v2.利用不等式解決實際應(yīng)用問題時應(yīng)注意：(1)要仔細閱讀題目，弄清要解決的實際問題，確定是求什么量的最值．(2)分析題目中給出的條件，建立y的函數(shù)表達式y(tǒng)＝f(x)(x一般為題目中最后所要求的量或不等式)．(3)利用不等式的有關(guān)知識解題．求解過程中要注意實際問題對變量x取值范圍的制約．一、選擇題1．某商場中秋前30天月餅銷售總量f(t)與時間t(0<t≤30)的關(guān)系大致滿足f(t)＝t2＋10t＋16，則該商場前t天平均銷售量(如前10天的平均銷售量為eq\f(f?10?,10))的月餅最少為()A．18B．27C．20D．16答案A解析平均銷售量y＝eq\f(f?t?,t)＝eq\f(t2＋10t＋16,t)＝t＋eq\f(16,t)＋10≥18.當且僅當t＝eq\f(16,t)，即t＝4∈[1,30]時等號成立，即平均銷售量的最小值為18.2．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(shè)圓柱的底面半徑為r，則高h＝eq\f(6－4r,2)＝3－2r.∴V＝πr2(3－2r)＝πr·r(3－2r)≤πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,3)))3＝π.3．某人要買房，隨著樓層的升高，上下樓耗費的精力增多，因此不滿意度升高，當住第n層樓時，上下樓造成的不滿意度為n，但高處空氣清新，嘈雜音較小，環(huán)境較為安靜，因此隨樓層升高，環(huán)境不滿意程度降低，設(shè)住第n層樓時，環(huán)境不滿意程度為eq\f(8,n)，則此人應(yīng)選()A．1樓 B．2樓C．3樓 D．4樓答案C解析此人不滿意程度越小，樓層越好．設(shè)y＝n＋eq\f(8,n)，易知函數(shù)y＝x＋eq\f(8,x)的遞減區(qū)間為(0,2eq\r(2))，遞增區(qū)間為[2eq\r(2)，＋∞)．當n＝2時，y＝6；當n＝3時，y＝5eq\f(2,3).因此選3樓不滿意度最?。?．若a>0，b>0，a，b的等差中項是eq\f(1,2)，且α＝a＋eq\f(1,a)，β＝b＋eq\f(1,b)，則α＋β的最小值為()A．2B．3C．4D．5答案D解析因為a＋b＝1，所以α＋β＝a＋eq\f(1,a)＋b＋eq\f(1,b)＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1＋1＋eq\f(b,a)＋1＋eq\f(a,b)≥5，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時“＝”成立，故選D.5．若關(guān)于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－8]∪[0，＋∞) B．(－∞，－4]C．[－8,4) D．(－∞，－8]答案D解析由9x＋(4＋a)·3x＋4＝0可得出a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(4,3x)))－4≤－2eq\r(3x·\f(4,3x))－4＝－8，當且僅當3x＝2時“＝”成立，∴a∈(－∞，－8]．6．設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0，則當eq\f(xy,z)取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值為()A．0B．1C.eq\f(9,4)D．3答案B解析由題意eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤eq\f(1,4－3)＝1，當且僅當x＝2y時等號成立，此時z＝2y2，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝－eq\f(1,y2)＋eq\f(2,y)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))2＋1≤1，當且僅當y＝1時等號成立，故所求的最大值為1.二、填空題7．周長為eq\r(2)＋1的直角三角形面積的最大值為________．答案eq\f(1,4)解析設(shè)直角三角形的兩直角邊長分別為a，b，則eq\r(2)＋1＝a＋b＋eq\r(a2＋b2)≥2eq\r(ab)＋eq\r(2ab).解得ab≤eq\f(1,2).所以直角三角形面積S＝eq\f(1,2)ab≤eq\f(1,4).8．天文臺用3.2萬元買一臺觀測儀，已知這臺觀測儀從啟用的第一天起連續(xù)使用，第n天的維修保養(yǎng)費為eq\f(n＋49,10)元(n∈N＋)，使用它直至報廢最合算(所謂報廢最合算是指使用的這臺儀器的日平均耗資最少)為止，一共使用了________天．答案800解析日平均耗資為eq\f(32000＋n·\f(1,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(n＋49,10))),n)＝eq\f(32000,n)＋eq\f(n,20)＋eq\f(99,20)≥2eq\r(\f(32000,n)·\f(n,20))＋eq\f(99,20)＝80＋eq\f(99,20)，當且僅當eq\f(32000,n)＝eq\f(n,20)，即n＝800時取等號．9．某產(chǎn)品的總成本c(萬元)與產(chǎn)量x(臺)之間滿足的關(guān)系式為c＝300＋20x－x2，其中0<x<240，若每臺產(chǎn)品售價為25萬元，則生產(chǎn)者不虧本時的最低產(chǎn)量為______臺．答案15解析由題意可知300＋20x－x2≤25x，解得x≥15或x≤－20(舍去)．10．周長為20的矩形繞一條邊旋轉(zhuǎn)成一個圓柱，則圓柱的側(cè)面積的最大值為________．答案50π解析設(shè)矩形的長為x，則寬為10－x，則圓柱的側(cè)面積S＝2πx·(10－x)(0<x<10)．∵x>0,10－x>0，∴S＝2πx·(10－x)≤2π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋10－x,2)))2＝2π×25＝50π，當且僅當x＝10－x，即x＝5時取等號．11．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(cè)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________米，高為________米時，所使用的材料成本最低．答案eq\f(\r(3,9),3)eq\f(\r(3,9),2)解析設(shè)此圓柱形桶的底面半徑為r米，高為h米，則底面面積為πr2，側(cè)面積為2πrh，設(shè)原料成本為y元，則y＝30πr2＋40πrh.∵桶的容積為eq\f(π,2)，∴πr2h＝eq\f(π,2)，∴rh＝eq\f(1,2r)，∴y＝30πr2＋eq\f(20,r)π＝10πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3r2＋\f(1,r)＋\f(1,r)))≥10π×3eq\r(3,3)，當且僅當3r2＝eq\f(1,r)，即r＝eq\f(\r(3,9),3)時等號成立，此時h＝eq\f(\r(3,9),2).三、解答題12．某小區(qū)要建一座八邊形的休閑區(qū)，它的主體造型的平面圖是由兩個相同的矩形ABCD和EFGH構(gòu)成的面積為200m2的十字形地域，計劃在正方形MNPQ上建一座花壇，造價為每再在四個角上鋪草坪，造價為每平方米80元．(1)設(shè)總造價為S元，AD長為x米，試建立S關(guān)于x的關(guān)系式；(2)當x為何值時，S最??？并求出這個最小值．解(1)設(shè)DQ長為y米，則x2＋4xy＝200，∴y＝eq\f(200－x2,4x)，∴S＝4200x2＋210×4xy＋80×2y2＝38000＋4000x2＋eq\f(,x2).(2)∵x>0，∴S≥38000＋2eq\r(16×108)＝，當且僅當x＝eq\r(10)時，等號成立，∴Smin＝.13．某創(chuàng)業(yè)投資公司擬投資開發(fā)某種新能源產(chǎn)品，估計能獲得10萬元～1000萬元的投資收益．現(xiàn)準備制定一個對科研課題組的獎勵方案：資金y(單位：萬元)隨投資收益x(單位：萬元)的增加而增加，且資金不超過9萬元，同時資金不超過投資收益的20%.(1)若建立函數(shù)f(x)模型制定獎勵方案，試用數(shù)學語言表述公司對獎勵函數(shù)f(x)模型的基本要求；(2)現(xiàn)有兩個獎勵函數(shù)模型：①f(x)＝eq\f(x,150)＋2；②f(x)＝4lgx－3.試分析這兩個函數(shù)模型是否符合公司要求？解(1)公司對函數(shù)模型的基本要求是：當x∈[10,1000]時，①f(x)是增函數(shù)；②f(x)≤eq\f(x,5)恒成立；③f(x)≤9恒成立．(2)①對于函數(shù)模型f(x)＝eq\f(x,150)＋2，當x∈[10,1000]時，f(x)是增函數(shù)，則f(x)max＝f(1000)＝eq\f(1000,150)＋2＝eq\f(20,3)＋2<9，所以f(x)≤9恒成立．因為函數(shù)eq\f(f?x?,x)＝eq\f(1,150)＋eq\f(2,x)在[10,1000]上是減函數(shù)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f?x?,x)))max＝eq\f(1,150)＋eq\f(1,5)>eq\f(1,5)，即f(x)≤eq\f(x,5)不恒成立，故該函數(shù)模型不符合公司要求．②對于函數(shù)模型f(x)＝4lgx－3，當x∈[10,1000]時，f(x)是增函數(shù)，則f(x)max＝f(1000)＝4lg1000－3＝9，所以f(x)≤9恒成立．設(shè)g(x)＝4lgx－3－eq\f(x,5)，則g′(x)＝eq\f(4lge,x)－eq\f(1,5).當x≥10時，g′(x)＝eq\f(4lge,x)－eq\f(1,5)≤eq\f(2lge－1,5)＝eq\f(lge2－1,5)<0，所以g(x)在[10,1000]上是減函數(shù)，從而g(x)≤g(10)＝－1<0，所以4lgx－3－eq\f(x,5)<0，即4lgx－3<eq\f(x,5)，所以f(x)≤eq\f(x,5)恒成立，故該函數(shù)模型符合公司要求．四、探究與拓展14．已知f(x)是定義