2021高中数学北师大版必修五导学案：《基本不等式》.docx

第5课时　基本不等式

1.把握基本不等式,能借助几何图形说明基本不等式的意义.
2.能够利用基本不等式求最大(小)值.
　　3.利用基本不等式求最值时要留意“一正二定三相等”.

如图是在北京召开的第24界国际数学家大会的会标,会标是依据中国古代数学家赵爽的弦图设计的,颜色的明暗使它看上去像一个风车,代表中国人民热忱好客.在正方形ABCD中有4个全等的直角三角形,设直角三角形的两条直角边长分别为a,b,那么正方形的边长为a2+b2.

问题1:上述情境中,正方形的面积为　　　　　　,4个直角三角形的面积的和　　　　　,由于4个直角三角形的面积之和不大于正方形的面积,于是就可以得到一个不等式:　　　　　　　　　,我们称之为重要不等式,即对于任意实数a,b,都有　　　　　　　　　当且仅当　　　　　时,等号成立. 
我们也可以通过作差法来证明:　　　　　　-　　　　=(a-b)2≥0, 
所以　　　　　　　,当且仅当a=b时取等号. 
问题2:基本不等式
若a,b∈(0,+∞),则a+b2　　　 ab,当且仅当　　　　　时,等号成立. 
问题3:对于基本不等式,请尝试从其他角度予以解释.

(1)基本不等式的几何解释:
在直角三角形中,直角三角形斜边上的　　　　　　斜边上　　　　　.在圆中,半径不小于半弦长. 
(2)假如把a+b2看作正数a、b的　　　　　　,ab看作正数a、b的　　　　　　,那么该定理可以叙述为:两个正数的　　　　　　不小于它们的　　　　　　. 
(3)在数学中,我们称a+b2为a、b的　　　　　　　,称ab为a、b的　　　　　　.因此,两个正数的　　　　　　　不小于它们的　　　　　　　. 
　　问题4:由基本不等式我们可以得出求最值的结论:
(1)已知x,y∈(0,+∞),若积x·y=p(定值),则和x+y有最　　　　值　　　　　　,当且仅当x=y时,取“=”. 
(2)已知x,y∈(0,+∞),若和x+y=s(定值),则积x·y有最　　　　值　　　　　　,当且仅当x=y时,取“=”. 
即“积为常数,　　　　　　;和为常数,　　　　　　　　”. 
概括为:一正二定三相等四最值.

1.在下列不等式的证明过程中,正确的是(　　).
A.若a,b∈R,则ab+ba≥2ab×ba=2
B.若a,b∈R+,则lg a+lg b≥2lga·lgb
C.若x为负实数,则x+2x≥-2x·2x=-22
D.若x为负实数,则3x+3-x≥23x·3-x=2
2.下列不等式肯定成立的是(　　).
A.lg(x2+14)>lg x(x>0) B.sin x+1sinx≥2(x≠kπ,k∈Z)
C.a+2b+2>ab(b>a>0) D.1|x|+1>1(x∈R)
3.已知x>0,y>0,4x+9y=1,则1x+1y的最小值为　　　　. 
4.已知a>0,b>0,c>0,d>0,求证:ad+bcbd+bc+adac≥4.

基本不等式求最值
(1)已知x>54,求函数y=4x-2+14x-5的最小值.
(2)已知正数a,b满足ab=a+b+3,求ab的取值范围.

利用基本不等式证明不等式
已知x、y都是正数,求证:(x+y)(x2+y2)(x3+y3)≥8x3y3.

单调性与基本不等式
设函数f(x)=x+ax+1,x∈[0,+∞).
(1)当a=2时,求函数f(x)的最小值;(2)当0<a<1时,求函数f(x)的最小值.

(1)设0<x<32,求函数y=4x(3-2x)的最大值.
(2)若-4<x<1,求x2-2x+22x-2的最值.

设a,b,c都是正数,求证:bca+acb+abc≥a+b+c.

求函数y=x2+5x2+4的值域.

1.下列不等式中恒成立的是(　　).
A.x2+2x2+2≥2　　　　　 B.x+1x≥2
C.x2+4x2+5≥3 D.2-3x-4x≥2
2.当点(x,y)在直线x+3y-2=0上移动时,表达式3x+27y+1的最小值为(　　).
A.3　　　　 B.5　　　　 C.1　　　　 D.7
3.已知0<x<13,则x(1-3x)取得最大值时,x的值是　　　　. 
4.已知a、b、c是不全相等的正数,求证:(a+b)(b+c)(c+a)>8abc.

　　(2011年·重庆卷)若函数f(x)=x+1x-2(x>2)在x=a处取最小值,则a等于(　　).
A.1+2 B.1+3 C.3 D.4
考题变式(我来改编):

第5课时　等差数列的应用
学问体系梳理
问题1:(1)am+an=ap+aq　am+an=2ap　(2)kd
(3)cd1　d1　pd1+qd2
问题2:(1)最大　最小　(2)m2d　(3)nd　an+1an　an+1　nn+1
问题3:(1)an-an-1　(2)an+an-2　(3)pn+q　(4)an2+bn(a,b为常数)
问题4:(2)y=d2x2+(a1-d2)x　(3)d2
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1.B　由于2a4=a3+a5,所以3a4=12,即a4=4,所以a1+a2+…+a6+a7=7a4=28.
2.B　∵2(a1+a4+a7)+3(a9+a11)=6a4+6a10=24,∴a4+a10=4,∴S13=13(a1+a13)2=13(a4+a10)2=26.
3.130　设公差为d,则a1+(a1+8d)+(a1+10d)=30,整理得a1+6d=10,所以S13=13a1+13×122d=13(a1+6d)=130.
4.解:由已知得,{an}是首项为正,公差为负的递减等差数列.
由a11a10<-1得a10+a11<0且a10>0,a11<0,
∴S20=20(a1+a20)2=20(a10+a11)2=10(a10+a11)<0.
而S19=19a10>0,∴Sn取最小正值时n=19.
重点难点探究
探究一:【解析】(法一)设所求的通项公式为an=a1+(n-1)d,
则(a1+2d)+(a1+7d)+(a1+12d)=12,(a1+2d)(a1+7d)(a1+12d)=28,
即a1+7d=4,①(a1+2d)(a1+7d)(a1+12d)=28,②
把①代入②得(a1+2d)(a1+12d)=7,③
∵a1=4-7d,代入③,∴(4-5d)(4+5d)=7,
即16-25d2=7,解得d=±35.
当d=35时,a1=-15,an=-15+(n-1)·35=35n-45;
当d=-35时,a1=415,an=415+(n-1)·(-35)=-35n+445.
(法二)∵a3+a13=a8+a8=2a8,又a3+a8+a13=12,故知a8=4,
代入已知得a3+a13=8,a3·a13=7,解得a3=1,a13=7或a3=7,a13=1.
由a3=1,a13=7得d=a13-a313-3=7-110=35.
∴an=a3+(n-3)·35=35n-45.
由a3=7,a13=1,同理可得:an=-35n+445.
【小结】留意到等差数列中,若m,n,p,q∈N+且m+n=p+q,则am+an=ap+aq,而a3,a8,a13中的下标3,8,13间的关系:3+13=8+8,从而得到a3+a13=a8+a8=2a8.
探究二:【解析】由数列{an}为等差数列,则S3,S6-S3,S9-S6为等差数列,
即2(S6-S3)=S3+(S9-S6),
∵S3=9,S6=36,S6-S3=27,
∴a7+a8+a9=S9-S6=45.
【小结】数列{an}是等差数列,前n项和是Sn,那么Sm,S2m-Sm,…,S(k+1)m-Skm,…(k∈N+)是等差数列.
探究三:【解析】(1)依题意有:a3=a1+2d=12,S12=12a1+12×112d>0,S13=13a1+13×122d<0,
解之得公差d的取值范围为-247<d<-3.
(2)(法一)由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此,在S1,S2,…,S12中Sk为最大值的条件为:ak≥0且ak+1<0,即a3+(k-3)d≥0,a3+(k-2)d<0.
∵a3=12,∴kd≥3d-12,kd<2d-12.∵d<0,∴2-12d<k≤3-12d.
∵-247<d<-3,∴72<-12d<4,得5.5<k<7.
∵k是正整数,∴k=6,即在S1,S2,…,S12中,S6最大.
(法二)由d<0得a1>a2>…>a12>a13,
因此若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1<0,则Sk是S1,S2,…,S12中的最大值.
又∵2a7=a1+a13=213S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12=16S12>0,∴a6>-a7>0,故在S1,S2,…,S12中S6最大.
(法三)依题意得:Sn=na1+n2(n-1)d=n(12-2d)+d2(n2-n)=d2[n-12(5-24d)]2-d8(5-24d)2,
∵d<0,∴[n-12(5-24d)]2最小时,Sn最大;
∵-247<d<-3,∴6<12(5-24d)<6.5.
从而,在正整数中,当n=6时,[n-12(5-24d)]2最小,
∴S6最大.
【小结】娴熟应用前n项和公式及其函数意义解题.
思维拓展应用
应用一:∵a1+a2+a3=12,∴a2=4.∵a8=a2+(8-2)d,
∴16=4+6d,∴d=2,
∴an=a2+(n-2)d=4+(n-2)×2=2n.
应用二:∵SnS' n=n2(a1+an)n2(b1+bn)=a1+anb1+bn=2n+33n-1,
∴a9b9=2a92b9=a1+a17b1+b17=2×17+33×17-1=3750.
应用三:(1)设等差数列的公差为d,则由a5+a7=4,a6+a8=-2,得(a1+4d)+(a1+6d)=4,(a1+5d)+(a1+7d)=-2,解得a1=17,d=-3,
所以数列{an}的通项公式为an=20-3n.
(2)由20-3n≥0,20-3(n+1)≤0,解得173≤n≤203.
由于n∈N+,所以n=6,
故前n项和Sn的最大值为S6=6×17+6×52×(-3)=57.
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1.D　由a32+a82+2a3a8=9,得(a3+a8)2=9,∵an<0,∴a3+a8=-3,∴S10=10(a1+a10)2=5(a3+a8)=5×(-3)=-15.
2.A　由题意,得:-am<a1<-am+1⇔a1+am>0,a1+am+1<0,易得Sm=a1+am2·m>0,Sm+1=a1+am+12·(m+1)<0.
3.2n+3　由题意得Snn=n+4,即Sn=n2+4n,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-[(n-1)2+4(n-1)]=2n+3,当n=1时,a1=S1=5符合上式,∴an=2n+3.
4.解:∵an=2n+1,∴a1=3,
∴Sn=n(3+2n+1)2=n2+2n,∴Snn=n+2,
∴{Snn}是公差为1,首项为3的等差数列,
∴前10项和为T10=3×10+10×92×1=75.
全新视角拓展
A　依据等差数列的定义和性质可得S8=4(a3+a6),又S8=4a3,所以a6=0,又a7=-2,所以a8=-4,a9=-6.
思维导图构建
2an=an-1+an+1　等差　m2d