第5讲“不等式的应用”要紧扣四个关键

第5讲“不等式的应用”要紧扣四个关键不等式的应用一直是高考的重点与热点，主要包括三块：(一)求最值．利用基本不等式求函数或代数式的最值，当两正数和或积为定值时，可考虑基本不等式求最值，它是求函数最值的方法之一．(二)与函数的综合应用．不等式与三角函数、数列、平面向量、解析几何等知识综合，尤其与函数综合，往往都转化为已知条件下的最值问题．(三)不等式在实际生活中的应用．对于选修4—5，了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法．能够利用基本不等式，柯西不等式求某些特定函数的最值．利用基本不等式、柯西不等式、排序不等式、贝努利不等式证明一些简单的不等式．1．凑“和”、“积”为常数——求最值的关键．利用基本不等式求函数或代数式的最值，往往要根据函数解析式或代数式的特征灵活变形，凑出两正数和或积为常数的形式，要特别注意“等号”能否成立．它是求函数最值的方法之一．利用柯西不等式求最值也往往需变形为柯西不等式的形式．2．转化为函数最值问题——解决恒成立不等式、存在性不等式的关键．已知不等式恒成立求参数范围是常考题型，常转化为函数最值问题或通过分离参数转化为新函数的最值问题；二是证明不等式恒成立，在函数中通过最值证明不等式，在数列中也往往构造函数，借助最值证明，也往往利用放缩法证明．【温故知新】已知不等式(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(a,y))≥9对任意x、y为正实数恒成立，则正数a的最小值为________．3．确定变量，建立模型——解决实际问题的关键．求解不等式的实际问题，关键是确定变量，找出变量之间的关系，从而建立函数模型求解．4．把握特点，合理选择公式——证明不等式的关键．选修4－5的重要不等式，一要把握公式的结构特点，二要注意等号成立的条件．抓住待证不等式的结构特点，找到与公式的相近点，就能合理的选择公式证明．例1设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当eq\f(xy,z)取得最大值时，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)的最大值为________．解后反思洞察代数式中量的隐含关系，沟通量与量之间的联系，凑出“积”、“和”为常数，创造利用基本不等式的条件．例2已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,4)x＋eq\f(3,4x)－1(a∈R)，g(x)＝x2－2bx＋4.若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)．求实数b的取值范围．解后反思解决问题的关键是准确把握问题的本质，把问题等价转化．函数的值域是函数图象在y轴上投影的点的纵坐标的集合，利用数形结合思想利于将问题等价转化．例3甲厂以x千克/小时的速度运输生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润是100(5x＋1－eq\f(3,x))元．(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围；(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．解后反思优化问题是不等式在实际生活、生产中的主要应用，确立变量，建立目标函数，转化为函数最值问题．例4设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.解后反思抓住待证不等式的结构特点，找到与公式的相近点，是合理选择公式的突破口．ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)的本来面目为ab＋bc＋ac≤eq\f(（a＋b＋c）2,3)，eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1的本来面目为(a＋b＋c)(eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a))≥(a＋b＋c)2.总结感悟1．基本不等式是求最值的工具之一，适用于“和”或“积”为定值的情形．把握函数解析式、代数式的特点，凑出正数“和”或“积”定值是关键，但一定要检验等号能否成立．2．不等式恒成立问题或恒成立不等式求参数范围往往分离参数或直接求函数最值．3．不等式的实际应用往往是优化问题，确立变量，建立目标函数，将之转化为函数最值问题．4．抓住待证不等式的结构特点，找到与公式的相近点，是合理选择公式、还原待证不等式的本来面目的关键与突破口．【误区警示】1．使用基本不等式求最值，“一正、二定、三相等”三个条件缺一不可．2．连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致．A级1．设a>2，则a＋eq\f(1,a－2)的最小值是________．2．方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0有两根，一个大于2，一个小于2，则m的取值范围是____________．3．设a>0，b>0.若eq\r(3)是3a与3b的等比中项，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．4．某公司一年需购买某种货物200吨，平均分成若干次进行购买，每次购买的运费为2万元，一年的总存储费用数值(单位：万元)恰好为每次的购买吨数数值，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次购买该种货物的吨数是________．5．若正数a，b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是______．6．设a＋b＝2，b>0，当eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值时，a的值为________．B级7．若x>0，y>0，且x＋y＝4，则下列不等式中恒成立的是________．①eq\f(1,x＋y)≤eq\f(1,4)②eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥1③eq\r(xy)≥2④eq\f(1,xy)≥18．下列各函数中，最小值为2的是________．(填序号)①y＝x＋eq\f(1,x)；②y＝sinx＋eq\f(1,sinx)，x∈(0，eq\f(π,2))；③y＝eq\f(x2＋3,\r(x2＋2))；④y＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x)).9．已知直线ax＋by＋c－1＝0(b，c>0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是________．10．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是_________________________________________________．11．设a＞b＞0，则a2＋eq\f(1,ab)＋eq\f(1,a（a－b）)的最小值是________．12.某房地产开发公司计划在一楼区内建造一个长方形公园ABCD，公园由长方形的休闲区A1B1C1D1和环公园人行道(阴影部分)组成．已知休闲区A1B1C1D1的面积为4000平方米，人行道的宽分别为4米和10米(如图所示)．(1)若设休闲区的长和宽的比eq\f(A1B1,B1C1)＝x，求公园ABCD所占面积S关于x的函数S(x)的解析式；(2)要使公园所占面积最小，休闲区A1B1C1D1的长和宽该如何设计？

第5讲“不等式的应用”要紧扣四个关键复习指导【温故知新】4解析展开后，利用基本不等式，而后解不等式可求a值．∵(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(a,y))＝1＋eq\f(ax,y)＋eq\f(y,x)＋a≥a＋1＋2eq\r(a)(a>0)，∴要使原不等式恒成立，则只需a＋1＋2eq\r(a)≥9，即(eq\r(a)－2)(eq\r(a)＋4)≥0，故eq\r(a)≥2，即a≥4，∴正数a的最小值是4.题型分析例11解析由已知得z＝x2－3xy＋4y2(*)则eq\f(xy,z)＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2)＝eq\f(1,\f(x,y)＋\f(4y,x)－3)≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z)＝eq\f(1,y)＋eq\f(1,y)－eq\f(1,y2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\s\up12(2)＋1≤1.例2解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4x2)＝－eq\f(x2－4x＋3,4x2)，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＝0，即x2－4x＋3＝0，解得x1＝1，x2＝3.x∈(1，3)时，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；x∈(3，＋∞)时，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．x∈(0，1)时，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以f(x)在(0，2)上先减后增，最小值为f(1)＝－eq\f(1,2).“对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－eq\f(1,2)”(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以①当b＜1时，因为[g(x)]min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；②当b∈[1，2]时，因为[g(x)]min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；③当b∈(2，＋∞)时，因为[g(x)]min＝g(2)＝8－4b.解不等式8－4b≤－eq\f(1,2)，可得b≥eq\f(17,8).综上，b的取值范围是[eq\f(17,8)，＋∞)．例3解(1)根据题意，200(5x＋1－eq\f(3,x))≥3000⇒5x－14－eq\f(3,x)≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.(2)设利润为y元，则y＝eq\f(900,x)·100(5x＋1－eq\f(3,x))＝9×104[－3(eq\f(1,x)－eq\f(1,6))2＋eq\f(61,12)]，故x＝6时，ymax＝457500元．例4证明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.线下作业1．4解析∵a>2，∴a－2>0.∴a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4.当且仅当a－2＝eq\f(1,a－2)，即a＝3时，等号成立．2．(－∞，－5)解析令f(x)＝x2＋(m－2)x＋5－m，要使f(x)＝0的两根一个大于2，一个小于2，则f(2)<0，得m<－5.3．4解析因为3a·3b＝3，所以a＋b＝1，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝eq\f(1,2)时，“＝”成立．4．20解析设每次购买该种货物x吨，则需要购买eq\f(200,x)次，则一年的总运费为eq\f(200,x)×2＝eq\f(400,x)，一年的总存储费用为x，所以一年的总运费与总存储费用为eq\f(400,x)＋x≥2eq\r(\f(400,x)·x)＝40，当且仅当eq\f(400,x)＝x，即x＝20时等号成立，故要使一年的总运费与总存储费用之和最小，每次应购买该种货物20吨．5．[9，＋∞)解析ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，∴eq\r(ab)≥3，即ab≥9.6．－2解析∵a＋b＝2，∴eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(2,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a＋b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)＝eq\f(a,4|a|)＋eq\f(b,4|a|)＋eq\f(|a|,b)≥eq\f(a,4|a|)＋2eq\r(\f(b,4|a|)×\f(|a|,b))＝eq\f(a,4|a|)＋1，当且仅当eq\f(b,4|a|)＝eq\f(|a|,b)时等号成立．又a＋b＝2，b>0，∴当b＝－2a，a＝－2时，eq\f(1,2|a|)＋eq\f(|a|,b)取得最小值．7．②解析若x>0，y>0，由x＋y＝4，得eq\f(x＋y,4)＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,4)(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))＝eq\f(1,4)(2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y))≥eq\f(1,4)(2＋2)＝1，当且仅当x＝y时取等号．8．④解析对于①：不能保证x>0，对于②：不能保证sinx＝eq\f(1,sinx)，对于③：不能保证eq\r(x2＋2)＝eq\f(1,\r(x2＋2))，对于④：y＝eq\r(x)＋eq\f(1,\r(x))≥2.9．9解析圆x2＋y2－2y－5＝0化成标准方程，得x2＋(y－1)2＝6，所以圆心为C(0，1)．因为直线ax＋by＋c－1＝0经过圆心C，所以a×0＋b×1＋c－1＝0，即b＋c＝1.因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝(b＋c)(eq\f(4,b)＋eq\f(1,c))＝eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)＋5.因为b，c>0，所以eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥2eq\r(\f(4c,b)·\f(b,c))＝4.当且仅当eq\f(4c,b)＝eq\f(b,c)时等号成立．由此可得b＝2c，且b＋c＝1，即b＝eq\f(2,3)，c＝eq\f(1,3)时，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)取得最小值9.10．[－eq\f(8,3)，＋∞)解析对任意x∈N*，f(x)≥3恒成立，即eq\f(x2＋ax＋11,x＋1)≥3恒成立，即知a≥－(x＋eq\f(8,x))＋3.设g(x)＝x＋eq\f(8,x)，x∈N*，则g(2)＝6，g(3)