2020高中数学 第2章 一元二次函数、方程和不等式 2.2 基本不等式教学案 第一册

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE21-学必求其心得，业必贵于专精2.2基本不等式(教师独具内容）课程标准：1。掌握基本不等式的内容。2。能熟练地运用基本不等式来比较两个实数的大小.3.能初步运用基本不等式来证明简单的不等式。4.熟练掌握基本不等式及变形的应用.5。会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．教学重点：1。理解基本不等式的内容及其证明过程。2。运用基本不等式来比较两个实数的大小及进行简单的证明.3.运用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题．教学难点：基本不等式条件的创设．【知识导学】知识点一基本不等式如果a>0，b>0,则eq\o（□,\s\up4(01))eq\r（ab)≤eq\f（a＋b，2),当且仅当a＝b时，等号成立．我们把这个不等式称为基本不等式．知识点二算术平均数与几何平均数及相关结论在基本不等式中，eq\o（□,\s\up4（01)）eq\f(a＋b,2）叫做正数a，b的算术平均数，eq\o（□，\s\up4(02）)eq\r（ab)叫做正数a，b的几何平均数．基本不等式表明:eq\o（□,\s\up4（03））两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．知识点三基本不等式与最大（小）值当x,y均为正数时，下面的命题均成立：(1)若x＋y＝S(S为定值)，则当且仅当eq\o(□,\s\up4(01）)x＝y时，xy取得最eq\o（□，\s\up4（02）)大值eq\o（□,\s\up4(03））eq\f（S2,4)；（简记:和定积有最大值）（2)若xy＝P（P为定值)，则当且仅当eq\o（□,\s\up4(04)）x＝y时，x＋y取得最eq\o（□，\s\up4（05））小值eq\o（□,\s\up4（06））2eq\r（P).（简记：积定和有最小值）知识点四基本不等式的实际应用基本不等式常用于求解与最值有关的实际问题，具体步骤如下：（1）先理解题意，设出变量，设变量时一般把eq\o(□，\s\up4（01）)要求最大值或最小值的变量定为因变量．(2）建立相应的函数关系式,把实际问题抽象为eq\o(□,\s\up4（02）)函数的最大值或最小值问题．(3)在定义域内，求出eq\o（□，\s\up4(03))函数的最大值或最小值．(4）根据实际意义写出正确的答案．【新知拓展】1．由基本不等式变形得到的常见结论(1)ab≤eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a＋b,2))）2≤eq\f（a2＋b2，2）（a，b∈R）；（2)eq\r（ab)≤eq\f(a＋b,2）≤eq\r（\f(a2＋b2,2））(a,b均为正实数）；（3）eq\f（b,a)＋eq\f(a，b）≥2（a，b同号)；（4）(a＋b)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，a)＋\f(1,b）)）≥4（a，b同号）；（5）a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca（a，b，c∈R)．2．利用基本不等式证明不等式时应注意的问题（1）注意基本不等式成立的条件;（2）多次使用基本不等式，要注意等号能否成立；（3）对不能直接使用基本不等式证明的可重新组合，形成基本不等式模型,再使用．3．利用基本不等式的解题技巧与易错点(1）利用基本不等式求最值常用构造定值的技巧：①加项变换；②拆项变换；③统一换元;④平方后再用基本不等式．（2)易错点①易忘“正”，忽略了各项均为正实数；②忽略忘记“定”，用基本不等式时,和或积为定值；③忽略忘记“等”,用基本不等式要验证等号是否可以取到;④忽略忘记“同”,多次使用基本不等式时，等号成立的条件应相同．1．判一判(正确的打“√"，错误的打“×”）（1）eq\f（a＋b，2）≥eq\r(ab)对于任意实数a,b都成立．（）（2)若a>0，b〉0,且a≠b，则a＋b>2eq\r（ab)。()(3)若a>0，b〉0，则ab≤eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b，2)））2。(）（4）若a〉0，b>0,且a＋b＝16，则ab≤64。（）(5）若ab＝2，则a＋b的最小值为2eq\r（2）。（）答案（1)×(2）√（3)√(4)√（5)×2．做一做（请把正确的答案写在横线上)（1）不等式m2＋1≥2m等号成立的条件是________．(2）eq\f(b，a)＋eq\f（a,b）≥2成立的条件是________．（3）x＞1,则x＋eq\f(1,x－1)的最小值为________．（4）已知p，q∈R，pq＝100，则p2＋q2的最小值是________．(5）若a>0,b〉0，且a＋b＝2，则eq\f（1,a）＋eq\f（1，b）的最小值为________．答案（1）m＝1(2)a与b同号（3)3(4)200（5）2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因为a〉0，b>0，所以eq\f（b，a)＋eq\f（a,b）≥2eq\r(\f（b,a）·\f（a，b）)＝2;②因为a∈R，a≠0，所以eq\f（4,a)＋a≥2eq\r（\f（4,a)·a）＝4；③因为x，y∈R，xy<0，所以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)））))≤－2eq\r（\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(x,y）))\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（y,x)））)＝－2.其中正确的推导过程为（）A．①② B．②③C．② D．①③［解析］从基本不等式成立的条件考虑．①因为a〉0，b>0，所以eq\f（b，a）>0，eq\f(a，b)〉0，符合基本不等式成立的条件,故①的推导过程正确；②因为a∈R,a≠0不符合基本不等式成立的条件，所以eq\f（4,a)＋a≥2eq\r（\f（4,a）·a)＝4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eq\f（x,y)＋eq\f(y，x)看成一个整体提出负号后，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,符合基本不等式成立的条件，故③正确．[答案]D金版点睛基本不等式eq\f（a＋b,2）≥eq\r(ab）(a>0，b〉0)的两个关注点(1）不等式成立的条件：a，b都是正实数．(2）“当且仅当”的含义：①当a＝b时，eq\f(a＋b，2)≥eq\r（ab)的等号成立,即a＝b⇒eq\f（a＋b，2）＝eq\r(ab);②仅当a＝b时，eq\f（a＋b,2）≥eq\r（ab)的等号成立，即eq\f(a＋b,2)＝eq\r（ab)⇒a＝b.eq\a\vs4\al（［跟踪训练1]）下列命题中正确的是（）A．当a，b∈R时，eq\f（a,b）＋eq\f(b，a）≥2eq\r（\f(a，b）·\f(b，a）)＝2B．当a＞0,b＞0时，(a＋b）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1，b)）)≥4C．当a＞4时，a＋eq\f（9，a）≥2eq\r(a·\f（9，a）)＝6D．当a＞0，b＞0时,eq\f(2ab，a＋b）≥eq\r（ab)答案B解析A项中，可能eq\f(b,a)＜0，所以不正确；B项中,因为a＋b≥2eq\r(ab)＞0，eq\f（1,a）＋eq\f(1，b)≥2eq\r（\f(1,ab))＞0，相乘得（a＋b)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，a)＋\f（1,b))）≥4,当且仅当a＝b时等号成立，所以正确;C项中,a＋eq\f(9,a)≥2eq\r(a·\f（9，a)）＝6中的等号不成立，所以不正确；D项中，由基本不等式，知eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab）(a＞0,b＞0)，所以D不正确．题型二利用基本不等式比较大小例2已知a＞1，则eq\f(a＋1，2）,eq\r(a），eq\f(2a,a＋1)三个数的大小顺序是（）A.eq\f(a＋1,2）＜eq\r（a）＜eq\f(2a,a＋1） B。eq\r（a)＜eq\f（a＋1，2)＜eq\f（2a，a＋1）C。eq\f(2a，a＋1)＜eq\r（a)＜eq\f(a＋1，2） D.eq\r(a）＜eq\f（2a，a＋1)≤eq\f（a＋1,2）［解析]当a，b均为正数时，有eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r（ab)≤eq\f(a＋b,2）≤eq\r(\f(a2＋b2,2)），令b＝1,得eq\f（2a，a＋1）≤eq\r(a）≤eq\f(a＋1，2）。又a＞1,即a≠b，故上式不能取等号，应选C。[答案］C[题型探究］对一切正数m，不等式n＜eq\f（4,m）＋2m恒成立,求常数n的取值范围．解当m>0时，由基本不等式，得eq\f(4,m）＋2m≥2eq\r（\f(4，m）·2m）＝4eq\r（2)，且当m＝eq\r（2）时,等号成立，故n的取值范围为n＜4eq\r（2）.金版点睛利用基本不等式比较大小在利用基本不等式比较大小时，应创设应用基本不等式的使用条件,合理地拆项、配凑或变形．在拆项、配凑或变形的过程中,首先要考虑基本不等式使用的条件，其次要明确基本不等式具有将“和式”转化为“积式"或者将“积式"转化为“和式”的放缩功能．eq\a\vs4\al（[跟踪训练2］）已知：a〉0，b>0，且a＋b＝1，试比较eq\f(1,a）＋eq\f（1,b），eq\f（2,a2＋b2），4的大小．解∵a＞0,b＞0，a＋b≥2eq\r（ab），∴ab≤eq\f(1，4).∴eq\f（1，a)＋eq\f（1,b)＝eq\f（a＋b,ab）＝eq\f（1,ab）≥4，eq\f（a2＋b2,2）＝eq\f（a＋b2－2ab，2）＝eq\f(1,2)－ab≥eq\f(1，2）－eq\f(1，4)＝eq\f(1，4)，即eq\f(2,a2＋b2）≤4.∴eq\f（1，a)＋eq\f(1，b)≥4≥eq\f(2,a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f（1,2）时，取“＝”））.题型三利用基本不等式求函数的最值例3（1）求函数y＝eq\f(1,x－3）＋x(x〉3)的最小值；(2）已知0〈x<eq\f(1,3），求y＝x(1－3x)的最大值；（3)已知x＞－1，求y＝eq\f(x2＋3x＋4，x＋1)的最小值．［解］（1)∵y＝eq\f(1，x－3)＋x＝eq\f（1,x－3)＋(x－3)＋3，又x〉3,∴x－3>0,eq\f(1，x－3）〉0，∴y≥2eq\r（\f（1,x－3)·x－3)＋3＝5。当且仅当eq\f(1，x－3）＝x－3，即x＝4时,y有最小值5.(2）∵0<x<eq\f（1,3）,∴1－3x〉0,y＝x(1－3x)＝eq\f(1,3)·3x·（1－3x)≤eq\f(1,3）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（3x＋1－3x，2))）2＝eq\f(1，12）.当且仅当3x＝1－3x，即x＝eq\f（1，6）时,取等号，∴当x＝eq\f(1，6）时,函数取得最大值eq\f(1，12）。(3）∵x>－1，∴x＋1＞0，y＝eq\f(x2＋3x＋4，x＋1)＝eq\f(x＋12＋x＋1＋2,x＋1)＝x＋1＋eq\f（2，x＋1）＋1≥2eq\r(2）＋1，当且仅当x＋1＝eq\f（2,x＋1)时，即x＝eq\r(2）－1时，函数y的最小值为2eq\r(2）＋1。[变式探究]在本例（1)中把“x>3”改为“x<3",则函数y＝eq\f（1，x－3）＋x的最值又如何？解∵x<3，∴x－3〈0,∴y＝eq\f(1,x－3）＋x＝－eq\f(1，3－x)－(3－x)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(1，3－x）·3－x)＋3＝－2＋3＝1。当且仅当eq\f(1，3－x)＝3－x，即x＝2时,取等号．故函数y＝eq\f(1,x－3）＋x（x<3)有最大值1，没有最小值．金版点睛利用基本不等式求函数的最值（1)利用基本不等式求函数最值的关键是获得定值条件，解题时应对照已知和欲求的式子运用适当的“拆项、添项、配凑、变形”等方法创设应用基本不等式的条件．（2)等号取不到时，注意利用求函数最值的其他方法．eq\a\vs4\al（［跟踪训练3]）（1)已知x<eq\f(5，4），则函数y＝4x－2＋eq\f（1,4x－5)的最大值为________；(2)若x〉1,则函数y＝eq\f（x2，x－1）的最小值为________．答案(1）1(2）4解析(1）∵x〈eq\f(5，4），∴5－4x〉0.∴y＝4x－2＋eq\f（1，4x－5)＝－eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)）)＋3≤－2eq\r（5－4x×\f(1，5－4x)）＋3＝－2＋3＝1，当且仅当5－4x＝eq\f（1,5－4x)，即x＝1时，上式等号成立．故当x＝1时，ymax＝1。(2)∵x＞1，∴x－1＞0.∴y＝eq\f（x2,x－1)＝eq\f(x2－1＋1,x－1）＝x＋1＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋2≥2＋2＝4,当且仅当eq\f（1，x－1)＝x－1，即x＝2时,等号成立，故当x＝2时，ymin＝4.题型四利用基本不等式证明不等式例4已知a,b,c是不全相等的三个正数,求证：eq\f（b＋c－a,a）＋eq\f（a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c，c）＞3.[证明］eq\f（b＋c－a,a)＋eq\f（a＋c－b,b)＋eq\f（a＋b－c,c）＝eq\f（b，a）＋eq\f(c,a)＋eq\f(a，b）＋eq\f(c,b）＋eq\f(a，c)＋eq\f(b，c）－3＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(b,a）＋\f（a,b）))＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(c,a）＋\f(a，c))）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（c,b)＋\f（b，c））)－3。∵a，b，c都是正数,∴eq\f(b，a)＋eq\f（a,b)≥2eq\r（\f（b，a）·\f（a，b））＝2，同理eq\f（c,a）＋eq\f(a，c)≥2，eq\f（c,b）＋eq\f（b,c）≥2，∴eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（b,a)＋\f(a，b))）＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（c，a）＋\f（a，c）)）＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(c,b）＋\f(b,c)）)≥6.∵a，b，c不全相等，上述三式不能同时取等号，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b,a)＋\f（a，b))）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(c，a）＋\f（a，c))）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(c，b）＋\f（b,c)））＞6，∴eq\f(b＋c－a，a）＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c，c）＞3.金版点睛利用基本不等式证明不等式（1)利用基本不等式证明不等式时，可依据求证式两端的式子结构，合理选择基本不等式及其变形不等式来证，如a2＋b2≥2ab（a，b∈R)，可变形为ab≤eq\f(a2＋b2，2）；eq\f（a＋b,2)≥eq\r(ab）(a〉0,b〉0）可变形为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(a＋b,2）)）2等．同时要从整体上把握基本不等式，如a4＋b4≥2a2b2，a2b2＋b2c2≥2(ab）(bc），都是对“a2＋b2≥2ab，a,b∈R”的灵活应用．(2）在证明条件不等式时，要注意“1”的代换，另外要特别注意等号成立的条件．eq\a\vs4\al([跟踪训练4］）已知a>0,b>0，c>0，且a＋b＋c＝1。求证：eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f（1，a)))＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（b＋\f（1，b)））＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f（1,c））)≥10。证明eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a))）＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（b＋\f（1，b)）)＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（c＋\f（1,c)）)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f(a＋b＋c,a）））＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(b＋\f(a＋b＋c,b）)）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（c＋\f(a＋b＋c，c)）)＝4＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(b，a）＋\f（a，b）))＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（c,a）＋\f（a，c）)）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（c,b)＋\f(b，c）)）≥4＋2＋2＋2＝10，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1，3）时取等号．∴eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a））)＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f（1,b)）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（c＋\f（1,c)））≥10。题型五利用基本不等式求代数式的最值例5（1)已知x〉0，y〉0且eq\f（1，x)＋eq\f(9，y）＝1，求x＋y的最小值；（2)已知正实数x，y满足2x＋y＋6＝xy，求xy的最小值；（3）已知实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，求x＋y的最大值．［解］（1）∵x〉0，y>0，eq\f（1，x）＋eq\f(9，y）＝1，∴x＋y＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,x)＋\f（9,y））)(x＋y）＝eq\f（y,x)＋eq\f(9x,y）＋10≥6＋10＝16，当且仅当eq\f（y，x)＝eq\f（9x,y)，又eq\f（1,x）＋eq\f（9，y)＝1，即x＝4,y＝12时，上式取等号．故当x＝4，y＝12时，（x＋y)min＝16.（2）∵2x＋y＋6＝xy，∴y＝eq\f（2x＋6，x－1)，x＞1，xy＝eq\f（x2x＋6,x－1）＝eq\f(2x2＋3x，x－1）＝eq\f（2[x2－1＋3x－1＋4］,x－1)＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋1＋\f（4，x－1)＋3））＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－1＋\f(4,x－1)＋5))≥2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2\r（x－1·\f(4，x－1)）＋5)）＝18。当且仅当x＝3时，等号成立．(3）因为1＝x2＋y2＋xy＝(x＋y）2－xy≥（x＋y)2－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（x＋y，2))）2，所以(x＋y)2≤eq\f(4，3），即x＋y≤eq\f（2\r（3),3)，当且仅当x＝y＞0且x2＋y2＋xy＝1，即x＝y＝eq\f(\r(3)，3）时，等号成立，x＋y的最大值为eq\f（2\r(3），3）.［结论探究］若本例（1)中的条件不变，如何求xy的最小值．解eq\f(1，x）＋eq\f(9,y）＝eq\f(y＋9x，xy)≥eq\f(2\r(y·9x），xy）＝eq\f（6\r(xy)，xy)＝eq\f(6，\r（xy））,又因为eq\f（1，x)＋eq\f（9，y)＝1,所以eq\f(6，\r（xy））≤1,eq\r（xy)≥6，xy≥36，当且仅当y＝9x，即x＝2，y＝18时，等号成立．所以（xy)min＝36。金版点睛利用基本不等式求代数式的最值(1)利用基本不等式求代数式的最值，要通过恒等变形以及配凑，使“和"或“积”为定值,从而求得代数式的最大值或最小值．(2)若是求和式的最小值，通常化(或利用）积为定值;若是求积的最大值，通常化（或利用)和为定值，解答技巧都是恰当变形、合理拆分项或配凑因式．eq\a\vs4\al(［跟踪训练5])（1）已知正数x，y满足x＋2y＝1，求eq\f(1，x）＋eq\f(1，y）的最小值；（2）已知x〉0，y>0，且满足eq\f(x，3）＋eq\f(y,4）＝1,求xy的最大值．解(1）∵x,y为正数，且x＋2y＝1,∴eq\f(1，x)＋eq\f(1,y)＝（x＋2y）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，x)＋\f(1，y)））＝3＋eq\f（2y，x）＋eq\f(x,y)≥3＋2eq\r（2），当且仅当eq\f(2y，x）＝eq\f(x，y）,即当x＝eq\r（2)－1，y＝1－eq\f（\r（2）,2）时等号成立．∴eq\f（1,x)＋eq\f(1,y)的最小值为3＋2eq\r（2）.(2)∵eq\f(x，3)＋eq\f（y,4)＝1,∴1＝eq\f（x,3)＋eq\f（y,4）≥2eq\r(\f(xy，12）)＝eq\f（\r(3),3)eq\r（xy).∴eq\r（xy)≤eq\r（3)，当且仅当eq\f（x，3）＝eq\f（y，4)＝eq\f（1，2)即x＝eq\f（3,2)，y＝2时等号成立．∴xy≤3，即xy的最大值为3。题型六利用基本不等式解决实际问题例6某投资公司计划投资A，B两种金融产品，根据市场调查与预测，A产品的利润y1与投资金额x的函数关系为y1＝18－eq\f（180，x＋10)，B产品的利润y2与投资金额x的函数关系为y2＝eq\f(x，5)（注:利润与投资金额单位：万元）．(1）该公司已有100万元资金，并全部投入A，B两种产品中，其中x万元资金投入A产品，试把A，B两种产品利润总和表示为x的函数，并写出x的取值范围；（2）在（1）的条件下，试问:怎样分配这100万元资金，才能使公司获得最大利润？其最大利润为多少万元？［解］（1)其中x万元资金投入A产品，则剩余的(100－x)万元资金投入B产品，利润总和y＝18－eq\f(180,x＋10）＋eq\f（100－x,5）＝38－eq\f(x,5)－eq\f(180,x＋10)（x∈［0，100］）．（2）∵y＝40－eq\f(x＋10，5)－eq\f(180,x＋10),x∈[0，100]，∴由基本不等式，得y≤40－2eq\r（36）＝28，当且仅当eq\f(x＋10,5）＝eq\f（180,x＋10)，即x＝20时，等号成立．答：分别用20万元和80万元资金投资A,B两种金融产品，可以使公司获得最大利润,最大利润为28万元．金版点睛利用基本不等式解决实际问题应遵循的三点（1）解应用题时,一定要注意变量的实际意义，从而指明函数的定义域；(2）一般利用基本不等式求解最值问题时，通常要指出取得最值时的条件,即“等号”成立的条件；（3)在求函数最值时，除应用基本不等式外，有时会出现基本不等式取不到等号，此时要利用其他方法求解．eq\a\vs4\al(［跟踪训练6］）某工厂要建造一个长方体无盖贮水池，其容积为4800m3，深为3m，如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，问怎样设计水池才能使总造价最低？最低总造价是多少？解设水池底面一边的长度为xm,则另一边的长度为eq\f(4800,3x)m.又设水池总造价为y元,根据题意，得y＝150×eq\f（4800，3)＋120×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2×3x＋2×3×\f（4800，3x))）＝240000＋720×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（1600，x）））≥240000＋720×2eq\r（x·\f(1600,x）)＝297600（元），当且仅当x＝eq\f(1600，x)，即x＝40时，y取得最小值297600。所以水池底面为正方形且边长为40m时总造价最低,最低总造价为297600元．1．若a＞b＞0，则下列不等式中总成立的是()A.eq\f(2ab,a＋b)＜eq\f（a＋b，2)＜eq\r（ab） B。eq\f(a＋b，2）≥eq\f（2ab,a＋b）≥eq\r（ab)C.eq\f（a＋b，2)＞eq\r(ab)＞eq\f（2ab，a＋b) D.eq\r（ab)〈eq\f（2ab,a＋b)＜eq\f（a＋b，2）答案C解析∵a〉b>0，∴eq\f（2ab，a＋b)＜eq\f（2ab,2\r(ab))＝eq\r（ab）＜eq\f（a＋b，2），故选C.2．已知x＞0，y＞0，x≠y，则下列四个式子中值最小的是（)A。eq\f（1，x＋y) B。eq\f(1,4)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,x)＋\f(1,y）))C.eq\r（\f（1，2x2＋y2）) D。