2020高中數(shù)學(xué) 第1章 不等關(guān)系與基本不等式 平均值不等式 第1課時 平均值不等式學(xué)案 4-5

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE11-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1課時平均值不等式學(xué)習(xí)目標(biāo)：1.了解兩個（三個)正數(shù)的算術(shù)平均值與幾何平均值．（易錯、易誤點(diǎn))2。掌握平均值不等式性質(zhì)定理，能用性質(zhì)定理證明簡單的不等式．（重點(diǎn)、難點(diǎn))教材整理平均值不等式閱讀教材P10～P12“思考交流”以上部分，完成下列問題．1．定理1：對任意實(shí)數(shù)a，b,有a2＋b2≥2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取“＝”號）．2．定理2：對任意兩個正數(shù)a，b，有eq\f（a＋b,2)≥eq\r(ab）(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取“＝”號)．語言敘述為：兩個正數(shù)的算術(shù)平均值不小于它們的幾何平均值．3．定理3：對任意三個正數(shù)a，b，c,有a3＋b3＋c3≥3abc(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取“＝"號)．4．定理4：對任意三個正數(shù)a，b,c，有eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3，abc）(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取“＝”號)．語言敘述為：三個正數(shù)的算術(shù)平均值不小于它們的幾何平均值．判斷(正確的打“√”,錯誤的打“×")(1）x＋eq\f(1，x)≥2。 （）（2)ex＋eq\f（1,ex）≥2. （)(3)當(dāng)a，b，c不全為正數(shù)時，eq\f(a＋b＋c，3)≥eq\r（3,abc)成立. ()（4)eq\f(b,a)＋eq\f(c，b）＋eq\f（a，c）≥3. (）［解析］（1）×當(dāng)x〉0時,x＋eq\f(1，x）≥2，當(dāng)x〈0時，x＋eq\f(1,x)≤－2.（2)√因?yàn)閑x〉0，∴ex＋eq\f（1,ex）≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號．（3)×如a＝1，b＝c＝－1時,eq\f（a＋b＋c，3）＝－eq\f（1，3)，但eq\r（3,abc)＝1.這時有eq\f（a＋b＋c，3）<eq\r(3,abc）。(4)×當(dāng)a，b,c同號時，eq\f(b，a),eq\f(c,b），eq\f(a,c）均為正數(shù)，有eq\f（b,a)＋eq\f（c,b)＋eq\f(a，c)≥3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號．[答案］（1)×(2）√(3）×(4)×平均值不等式的條件判定【例1】命題：①任意x＞0,lgx＋eq\f(1，lgx）≥2；②任意x∈R，ax＋eq\f(1,ax）≥2（a>0且a≠1);③任意x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2)）），tanx＋eq\f（1,tanx)≥2;④任意x∈R，sinx＋eq\f（1,sinx）≥2。其中真命題有（)A．③B．③④C．②③D．①②③④［精彩點(diǎn)撥］關(guān)鍵看是否滿足平均值不等式．[自主解答］在①,④中，lgx∈R,sinx∈［－1，1]，不能確定lgx＞0與sinx＞0，因此①，④是假命題．在②中，ax＞0,ax＋eq\f（1,ax)≥2eq\r（ax·\f（1，ax）)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號,故②是真命題．在③中，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）)）時，tanx＞0，有tanx＋eq\f(1,tanx）≥2,且x＝eq\f(π,4）時取等號，故③是真命題．[答案]C本題主要涉及平均值不等式成立的條件及取等號的條件．在定理1和定理2中，“a＝b”是等號成立的充要條件．但兩個定理有區(qū)別又有聯(lián)系：（1)eq\f（a＋b,2)≥eq\r（ab)是a2＋b2≥2ab的特例，但二者適用范圍不同，前者要求a，b均為正數(shù)，后者只要求a，b∈R;（2）a，b大于0是eq\f(a＋b,2)≥eq\r（ab）的充分不必要條件；a，b為實(shí)數(shù)是a2＋b2≥2ab的充要條件．1．設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，且ab＞0，下列不等式中一定成立的個數(shù)是（)①eq\f(b,a）＋eq\f(a，b）≥2；②a＋b≥2eq\r（ab)；③eq\f（1，a2）＋eq\f（1，b2)≥eq\f（2,ab）；④eq\f（b2，a）＋eq\f（a2，b）≥a＋b.A．1B．2C．3D．4［解析］∵ab＞0，∴eq\f（a，b）＋eq\f(b,a）≥2eq\r（\f（a,b）·\f（b，a））＝2，①成立;a，b＜0時，②不成立；eq\f（1,a2)＋eq\f(1，b2）≥eq\f(2，ab),③成立；當(dāng)a＝－1，b＝－2時，④不成立．因此,①③成立．［答案］B證明簡單的不等式【例2】（1）已知a,b,c∈R。求證：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2；（2）設(shè)a，b,c都是正數(shù)，求證:eq\f(bc,a)＋eq\f(ac，b）＋eq\f(ab，c)≥a＋b＋c.[精彩點(diǎn)撥]本題考查平均值不等式及不等式的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，同時考查推理論證能力．解答此題需要先觀察所求式子的結(jié)構(gòu)，然后拆成平均值不等式的和,再進(jìn)行證明．[自主解答］（1)a4＋b4≥2a2b2，同理a4＋c4≥2a2c2,b4＋c4≥2b2c2，將以上三個不等式相加得:a4＋b4＋a4＋c4＋b4＋c4≥2a2b2＋2a2c2＋2b2c2，即a4＋b4＋c4≥a2b2＋a2c2＋b2c2。（2）∵當(dāng)a〉0，b〉0時，a＋b≥2eq\r（ab），∴eq\f（bc，a）＋eq\f（ac,b)≥2eq\r(\f(bc,a）·\f(ac，b))＝2c.同理：eq\f(bc，a)＋eq\f（ab，c）≥2eq\r（\f(bc,a)·\f（ab,c）)＝2b,eq\f(ac，b)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r（\f（ac，b）·\f(ab,c))＝2a。將以上三個不等式相加得：2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(bc，a)＋\f(ac,b）＋\f(ab,c）))≥2(a＋b＋c），∴eq\f(bc，a）＋eq\f（ac,b）＋eq\f（ab，c)≥a＋b＋c。平均值不等式具有將“和式”和“積式”相互轉(zhuǎn)化的放縮功能，常常用于證明不等式，解決問題的關(guān)鍵是分析不等式兩邊的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，選擇好利用平均值不等式的切入點(diǎn)．但應(yīng)注意連續(xù)多次使用平均值不等式定理的等號成立的條件是否保持一致．2．設(shè)a，b，c為正數(shù)，求證：eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，a2）＋\f(1,b2)＋\f（1,c2)）)(a＋b＋c）2≥27。［證明］∵a＞0，b＞0，c＞0,∴a＋b＋c≥3eq\r(3，abc）＞0，從而(a＋b＋c）2≥9eq\r（3,a2b2c2)＞0，又eq\f(1,a2)＋eq\f（1,b2)＋eq\f(1，c2）≥3eq\r（3,\f(1,a2b2c2））＞0，∴eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,a2)＋\f（1，b2）＋\f（1,c2)))（a＋b＋c）2≥3eq\r(3，\f(1，a2b2c2）)·9eq\r（3,a2b2c2）＝27.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立．故原不等式成立.平均值不等式的變式及條件不等式的證明[探究問題]1．不等式eq\f(a＋b，2）≥eq\r(ab），eq\f(a＋b＋c，3)≥eq\r（3,abc）成立的條件都是a，b，c為正數(shù)，在條件b≥a〉0成立時，a，eq\r(ab)，eq\f(a＋b，2)，eq\f（2ab，a＋b），eq\r(\f(a2＋b2,2)），b之間有怎樣的大小關(guān)系？［提示］a≤eq\f(2ab，a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f（a＋b，2）≤eq\r(\f（a2＋b2,2）)≤b.2．若問題中一端出現(xiàn)“和式”，另一端出現(xiàn)“積式”時，這便是應(yīng)用不等式的“題眼”，那么若條件中有“和式為1”時，應(yīng)如何思考?［提示]應(yīng)用平均值不等式時，一定要注意條件a>0，b〉0，c〉0.若有“和式為1”時,常反過來應(yīng)用“1”的代換,即把“1”化成“和”，再試著應(yīng)用平均值不等式．【例3】已知a＞0，b＞0，c＞0，求證：（1)eq\f(a＋b,2)≤eq\r（\f（a2＋b2,2）)；(2）eq\r(a2＋b2）＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r（c2＋a2）≥eq\r（2)（a＋b＋c)．［精彩點(diǎn)撥］（1）式兩端均是“和"，不能直接利用平均值不等式，解決的關(guān)鍵是對eq\r(\f(a2＋b2，2))的處理,先考慮平方關(guān)系，化難為易；(2)注意兩邊都是“和”式，可利用(1）題的結(jié)論．[自主解答]（1）∵a2＋b2≥2ab，∴2（a2＋b2)≥(a＋b)2，∴eq\f(a2＋b2，2）≥eq\f(a＋b2,4）.又a＞0，b＞0,∴eq\f（a＋b,2）≤eq\r（\f(a2＋b2,2))。（2）由(1）得eq\r（a2＋b2）≥eq\f（\r（2），2)(a＋b)．同理：eq\r（b2＋c2）≥eq\f（\r（2)，2）（b＋c)，eq\r（c2＋a2)≥eq\f(\r(2）,2)(a＋c)．三式相加得：eq\r(a2＋b2）＋eq\r（b2＋c2）＋eq\r（c2＋a2）≥eq\r（2）（a＋b＋c）．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，取“＝”號．1．第（2)問利用了第(1）問的結(jié)論eq\f（a＋b,2）≤eq\r(\f（a2＋b2，2)），記住這一結(jié)論可幫我們找到解題思路，但此不等式要給予證明．2．一般地,數(shù)學(xué)中的定理、公式揭示了若干量之間的本質(zhì)聯(lián)系，但不能定格于某種特殊形式,因此平均值不等式a2＋b2≥2ab的形式可以是a2≥2ab－b2，也可以是ab≤eq\f(a2＋b2,2），還可以是a＋eq\f(b2,a）≥2b(a＞0），eq\f(b2,a)≥2b－a等．解題時不僅要會利用原來的形式,而且要掌握它的幾種變形形式以及公式的逆用．3．已知a，b∈（0,＋∞），且a＋b＝1,求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a＋\f(1，a）)）2＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(b＋\f（1,b))）2≥eq\f(25,2）.[證明]因?yàn)閍,b∈（0，＋∞)，且a＋b＝1,所以eq\f（a＋b,2)≥eq\r（ab），當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立，所以eq\r(ab）≤eq\f(1，2)?ab≤eq\f（1，4）?eq\f(1，ab)≥4，a2＋b2＝(a＋b）2－2ab＝1－2ab≥1－2×eq\f(1，4)＝eq\f（1,2），eq\f（1，a2)＋eq\f(1，b2）≥eq\f(2，ab）≥8。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a）))eq\s\up7（2）＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（b＋\f（1，b)）)eq\s\up7（2)＝a2＋b2＋4＋eq\f(1，a2）＋eq\f(1,b2）≥eq\f（1，2)＋4＋8＝eq\f（25,2)，所以eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，a)））eq\s\up7(2)＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（b＋\f（1，b)））2≥eq\f(25，2)。1．“a＞0且b＞0”是“a＋b≥2eq\r(ab）”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[答案]A2．設(shè)x,y,z為正數(shù),且x＋y＋z＝6，則lgx＋lgy＋lgz的取值范圍是（）A．（－∞,lg6] B．(－∞，3lg2]C．［lg6，＋∞） D．［3lg2,＋∞)［解析］∵6＝x＋y＋z≥3eq\r(3,xyz），∴xyz≤8,∴l(xiāng)gx＋lgy＋lgz＝lg（xyz)≤lg8＝3lg2.［答案］B3．設(shè)a＞b＞0，把eq\f(a＋b，2)，eq\r(ab），a，b按從大到小的順序排列是________．［解析]∵a＞b＞0,∴a＞eq\f(a＋b,2）＞eq\r(ab)＞b。[答案］a＞eq\f(a＋b，2）＞eq\r(ab）＞b4．不等式eq\f(b,a）＋eq\f（a,b）＞2成立的充要條件是________．[解析］由eq\f（b，a）＋eq\f（a,b）＞2,知eq\f（b，a)＞0，即ab＞0。又由題意知，eq\f（b，a)≠eq\f(a，b），∴a≠b。因此,eq\f（b,a)＋eq\f(a，b)＞2的充要條件是ab＞0且a≠b。［答案］ab＞0且a≠b5．(2019·全國卷Ⅰ）已知a，b，c為正數(shù),且滿足abc＝1。證明：(1)eq\f(1，a）＋eq\f（1,b)＋eq\f(1，c）≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b）3＋（b＋c）3＋(c＋a）3≥24.[解](1）因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥