重要不等式及其運(yùn)用

1、重要不等式及其運(yùn)用 教學(xué)目標(biāo): 1掌握定理的推證； 2能夠靈活運(yùn)用定理證明不等式； 3能夠靈活運(yùn)用定理求解函數(shù)的最值問題； 4爭取掌握補(bǔ)充內(nèi)容。 教學(xué)重點(diǎn)難點(diǎn): 靈活運(yùn)用定理證明不等式和求函數(shù)的最值問題。 一、教材分析: 本節(jié)所介紹的公式在整個(gè)代數(shù)中占有重要地位，它不僅用來為證明不等式提供理論依據(jù)，還在其它問題的求解中有著廣泛的應(yīng)用，例如求最值問題，求范圍問題等。 主要內(nèi)容: 重要結(jié)論1：如果a,bR, 那么（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取“=”號）。 定理：如果a,bR+, 那么（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取“=”號） 重要結(jié)論2（補(bǔ)充）：如果a, b, cR+, 那么。（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取“=”號） 重要結(jié)

2、論3（補(bǔ)充）：如果a, b, cR+, 那么（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取“=”號） 重要結(jié)論4（補(bǔ)充）：如果a1, a2,., anR+, 那么（當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=an時(shí)取“=”號），其中nN, 且n>1。 以上內(nèi)容有幾點(diǎn)說明: 對于結(jié)論1，應(yīng)注意靈活變形： 比如；如果b>0，那么； 另外。 定理指出：兩個(gè)數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)，反映了兩個(gè)數(shù)的和與積的重要關(guān)系，它是基礎(chǔ)，因?yàn)樗粌H應(yīng)用廣泛，而且也可由它推出，現(xiàn)證明如下: 設(shè)a, b, cR+, ，則A>0, 且a+b+c=3A, 于是 ， ， 。 可以看出，當(dāng)且僅當(dāng)a=b, c=A且，即a=b=c(=A)時(shí)取“=

3、”號。 的幾何意義是“半徑不小于半弦”。 我們知道，即兩個(gè)正數(shù)的平方平均數(shù)不小于算術(shù)平均數(shù)。且，即兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于這兩數(shù)的調(diào)和平均數(shù)，顯然需要比較的是與的大小。 。 綜上可得出: 。 結(jié)論2的條件是a,b,cR+，實(shí)際上，由推證過程:a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a-b)2+(b-c)2+(c-a)20。 只需a+b+c0即可，但為了使用方便 ，往往限制a,b,cR+。這一點(diǎn)必須清楚，例如a3+b3+c33abc成立的充要條件是:a+b+c0或a=b=c。 結(jié)論4，設(shè)，本定理反映的是n個(gè)（n是大于1的整數(shù)）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)A不小于它們的幾何平均數(shù)G。 應(yīng)用不等式證題時(shí)，

4、一定要注意條件和“=”的說明，尤其在求函數(shù)最值時(shí)，“=”號成立與否是很關(guān)鍵的。 二、重要不等式的應(yīng)用: 例1設(shè)a, b, cR+，求證：。 分析:本題的難點(diǎn)在于不易處理，如能找出a2+b2與a+b之間的關(guān)系，問題就能解決。 證明: a, b, cR+， a2+b22ab, 2(a2+b2) (a+b)2, , 同理:， 例2若a, b, cR+，求證(a+b+c)4·(a2+b2+c2)243a2b2c2。 分析:這類不等式可看作是“和的形式積的形式”經(jīng)迭乘而成。 證明: a,b,c>0， ， , 又 ，(a+b+c)4(a2+b2+c2)35(abc)2。 (a+b+c)4(

5、a2+b2+c2)243a2b2c2。 例3若a>2，求證。 分析:兩個(gè)對數(shù)的積不好處理，而和易處理，從而想到重要不等式。 證明: a>2, loga(a-1)>0, loga(a+1)>0，且 , loga(a-1)loga(a+1)<1。 例4若0<x<, 求x(2-5x)的最大值。 解:,2-5x>0， 當(dāng)且僅當(dāng)5x=2-5x，即時(shí)，原式有最大值。 例5求函數(shù)的最小值 (a>0)。 解: (1)當(dāng)0<a1時(shí)，y2，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，ymin=2。 (2)當(dāng)a>1時(shí)，令 (t)。 在為增函數(shù)， ，此時(shí)x=0。 綜上可知，0<

6、a1時(shí)，ymin=2；a>1時(shí)，。 三、課外練習(xí) 1若-4<x<1，則有（）。 A、最小值1B、最大值1C、最小值-1D、最大值-1 2若x+2y=4, x>0, y>0，則lgx+lgy的最大值為_。 3若lgx+lgy=1，則的最小值為_。 4已知a,b,cR+, a+b+c=1。求證：。 5某游泳館出售冬季學(xué)生游泳卡，每張卡240元。并規(guī)定不記名，每卡每次只限1人，每天只限1次。某班有48名學(xué)生，教師準(zhǔn)備組織學(xué)生集體冬泳，除需要購買若干張游泳卡外，每次去游泳還要包一輛汽車，無論乘坐多少學(xué)生，每次的包車費(fèi)為40元。要使每個(gè)學(xué)生游8次，每人最少交多少錢？ 參考答

7、案:1.D 2. lg2 3. 2 1. 2. ，當(dāng)且僅當(dāng) x=2y=2時(shí)取“=”。 3lgx+lgy=1, xy=10, 。 4. 證明: a,b,cR+, a+b+c=1。 (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)。 , , ， , 5設(shè)購買x張游泳卡，活動開支為y元， 則 當(dāng)且僅當(dāng)x=8時(shí)取“=”號，此時(shí)每人最少交80元。談對均值不等式的理解和應(yīng)用 均值不等式是不等式一章中最基礎(chǔ)、應(yīng)用最廣泛的靈活因子，它是考查素質(zhì)、能力的一個(gè)窗口，是高考的熱點(diǎn)。對均值不等式的應(yīng)用可從以下三個(gè)方面著手。 1 通過特征分析，用于證不等式 均值不等式： 1) 2) 兩端的結(jié)構(gòu)、數(shù)字具有如下特

8、征： 1)次數(shù)相等； 2)項(xiàng)數(shù)相等或不等式右側(cè)系數(shù)與左側(cè)項(xiàng)數(shù)相等； 3)左和右積。 當(dāng)要證的不等式具有上述特征時(shí)，考慮用均值不等式證明。 例1已知a，b，c為不全相等的正數(shù)，求證：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc. 分析：觀察要證不等式的兩端都是關(guān)于a，b，c的3次多項(xiàng)式，左側(cè)6項(xiàng)，右側(cè)6項(xiàng)，左和右積，具備均值不等式的特征。 證明: b2+c22bc, a>0, a(b2+c2)2abc 同理，b(c2+a2)2bac, c(a2+b2)2cab, 又 a，b，c不全相等， 上述三個(gè)不等式中等號不能同時(shí)成立，因此 a(b2+c2)+b(c2+a2)+c

9、(a2+b2)>6abc。 例2. 若a，b，cR+，且a+b+c1，求證. 分析：由a，b，c R+，聯(lián)想均值不等式成立的條件，并把1a+b+c代換中的“1”，要證不等式變?yōu)? 即， 亦即， 發(fā)現(xiàn)互為倒數(shù)，已具備均值不等式的特征。 證明：a,b,cR+, ，, , . a+b+c=1, . 說明：1)此題的證明方法采用的是綜合法。用綜合法證不等式即由已知不等式推證要證不等式。 2)在附加條件的變換下，要證的不等式會隱含均值不等式的部分特征，顯示其一個(gè)或兩個(gè)特征，這時(shí)，仍可考慮用特征分析法，合理選擇思路，尋找解決問題的切入點(diǎn)。 2 抓條件“一正、二定、三等”求最值 由均值不等式2)，推證

10、出最值定理及其使用的前提條件：“一正、二定、三等”，求最值時(shí)，三者缺一不可。例3. 已知x, yR+且9x+16y144，求xy的最大值。 分析：由題設(shè)一正：x, yR+，二定: 9x+16y144。求積的最大值，可考慮用均值不等式求解。 解： x, yR+ ， ， 當(dāng)且僅當(dāng)9x=16y，即時(shí)，(xy)max=36. 說明：本題若改為：x,yR且9x2+16y2=144，求xy的最大值呢？請同學(xué)們一試。 3 抓“當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪ⅰ钡臈l件，實(shí)現(xiàn)相等與不等的轉(zhuǎn)化 在均值不等式中“當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪ⅰ钡摹爱?dāng)且僅當(dāng)”是“充要條件”的同義詞，它給出了相等與不等的界，是相等與不等轉(zhuǎn)化的突破口。 例4在ABC

11、中，若三邊a，b，c滿足條件(a+b+c)3=27abc，試判定三角形ABC的形狀。 分析：(a+b+c)3=27abc，具有三元均值不等式的結(jié)構(gòu)特征，且屬均值不等式的特例(取等號情形)，所以有下面解法。 解：a>0, b>0, c>0，故有不等式（見閱讀材料），即(a+b+c)327abc，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)，上式等號成立，故三角形為等邊三角形。 例5已知x,y,z為正實(shí)數(shù)，且x+y+z=3, . 求x2+y2+z2的值。 解：由題設(shè)得。 x,y,z>0, , . 此不等式等號成立，當(dāng)且僅當(dāng)上述三個(gè)不等式的等號同時(shí)成立，即 , x2=1,y2=1, z2=1, x2

12、+y2+z2=3. 說明：均值不等式給出了相等、不等的界，即等號成立的條件。 又如解方程：，讀者不妨試解。 總之，均值不等式成立的條件，結(jié)構(gòu)特征，積、和為定值，等號成立的條件，是理解應(yīng)用均值不等式的認(rèn)知角度。同學(xué)們要學(xué)會觀察已知和未知的結(jié)構(gòu)特征、數(shù)字特征，認(rèn)清其區(qū)別、聯(lián)系，聯(lián)想相關(guān)的知識點(diǎn)、方法，尋找解決問題的突破口用基本不等式求最值 借助基本不等式： 或，a,bR+；或，a,b,cR+。求函數(shù)的最大值或最小值，在確保“各項(xiàng)為正”的前提下，還必須滿足兩點(diǎn)： 第一，求和的最小值時(shí)，它們的積應(yīng)為定值；求積的最大值時(shí)，它們的和應(yīng)為定值。 第二，使上述不等式中的等號成立時(shí)的自變量為一個(gè)確定的值，且在該

13、函數(shù)定義域內(nèi)。 要滿足上述兩點(diǎn)，在運(yùn)算過程中，必須對式子作適當(dāng)?shù)暮愕茸冃?，方能達(dá)到目的。本文分析用基本不等式求最值容易產(chǎn)生的錯(cuò)誤，并歸納一般方法。 1常見致錯(cuò)原因分析 例1若x>0，求的最小值。 解法1：由于，故知Pmin=1. 說明：以上解法是錯(cuò)誤，雖說滿足了“積為定值”這個(gè)條件，但使等號或立的先決條件：卻不成立。正確解法如下： 解法2： ， 。 在即時(shí)，有。 說明：以上求解中采用了“變換系數(shù)”的辦法，使得“第一”， “第二”兩個(gè)條件都得以滿足。“變換系數(shù)”是變形中的常用方法之一。 例2已知x,yR+,且2x+y=4，求的最小值。 解法1：由2x+y=4，知y=4-2x，x(0,2)，

14、故， 而x(4-2x)在x=1時(shí)有最大值2，故有最小值， 所以在x=1(0,2)時(shí)，有最小值。 說明：以上解法是錯(cuò)誤的。其一，的積不是定值；其二，要取得等號，必須，即x=y。而當(dāng)x=y=1時(shí)，與條件2x+y=4相悖。 解法2.由2x+y=4,得。于是。 說明：以上解法又是錯(cuò)的。這里兩次用到基本不等式，然而，使等號成立的條件并不相同：對于中取等號，必須，即y=2x；對于取等號，必須，即x=y，這便導(dǎo)致2x=x，得出x=0，與已知矛盾。 解法3：由2x+y=4，得， 。 。 說明：以上解法滿足“第一”，“第二”兩個(gè)要求，所以正確。等號在，即時(shí)成立，代入2x+y=4得x=2(2-)(0,2)。解法4

15、:由2x+y=4，可令2x=4cos2,，y=4sin2，于是 ，。 說明：以上解法滿足要求，答案正確。等號在即時(shí)成立，由此可得，滿足2x+y=4。2. 常見一般方法 （1）變更系數(shù)法 例3. 若x>1，求的最小值。 解：。 等號在即x=2(1,+)時(shí),有。 例4邊長為a的正方形鐵片，在其四角剪去相等的小正方形后，折成一個(gè)方盒。問剪去的尺寸為多少時(shí)，小方盒有最大容積。 解：設(shè)剪去的小正方形邊長為x，則小方盒邊長為a-2x，又其高為x，故小方盒容積為V=(a-2x)2x，而4V=4x(a-2x)2,故當(dāng)4x=a-2x,時(shí)，有。 例5若ab>0，求的最小值。 解：。 說明：本題兩次用到

16、基本不等式，第一次在條件2a-b=b即a=b時(shí)取等號，第二次在條件即a=2時(shí)取等號，并不矛盾，解法正確。 （2）取倒數(shù)或作平方 例6周長為定值時(shí)，哪種三角形面積最大？ 解：據(jù)海倫公式，三角形的面積，這里。 顯然，同理p-b>0,p-c>0， 故S2=p(p-a)(p-b)(p-c), 即，等號在p-a=p-b=p-c即a=b=c時(shí)成立，即周長為定值時(shí)，等邊三角形面積最大。 （3）待定系數(shù)法 例7總長為24m的鐵絲剪成若干段，焊成一個(gè)長方體容器的框架。若底面長方形鄰邊之比為32，試問長方體的高為多少時(shí)，其容積有最大值。 分析：設(shè)底面長方形較長的一邊為x，則其鄰邊長為，設(shè)長方體高為y，

17、則有，即，故知x(0,3.6)為函數(shù)的定義域。 雖說為定值，但使等式成立的x卻不存在，為此，需采用其他辦法。 解法1：由于，所以 故得，等號在時(shí)成立，即x=2.4(0,3.6)，這時(shí)。 說明：以上解法仍是“變更系數(shù)法”，問題是（）處的變形很難想到，是否有別的方法呢？ 解法2 對于，取待定系數(shù)m，使。 要使，即為（與x無關(guān)的）定值，必須， 。于是。 。等號在，即x=2.4(0,3,6)時(shí)成立，這時(shí). 說明：較之解法1，技巧性降低了，也就比較容易入手，解法2的方法就是最簡單的待定系數(shù)法。用待定系數(shù)法目的，就是為了本文開頭提到的“第一”，“第二”兩個(gè)條件得以實(shí)現(xiàn)，在構(gòu)成積的三個(gè)因式中有兩個(gè)相同，另一

18、個(gè)不相等，總可以用變更系數(shù)法或待定系數(shù)法來處理。 例8若x>0，求V=x(x+0.5)(3.2-2x)的最大值。 解：取待定系數(shù)m, n使 mnV=x(mx+0.5m)(3.2n-2nx) 要使 x+(mx+0.5m)+(3.2n-2nx)即0.5m+3.2n+(1+m-2n)x為（與x無關(guān)的） 定值，必須1+m-2n=0(*) 由x=mx+0.5m=3.2n-2nx得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0，解得x=1及，當(dāng)x=1時(shí)，于是即當(dāng)x=1時(shí)，。 另解：取待定系數(shù)m,n使mnV=mx(nx+0.5n)(3.2-2x). 要使mx+(nx+0.5n)+(3.2-2x)即0

19、.5n+3.2+(m+n-2)x為（與x無關(guān)的）定值，必m+n-2=0(*). 而由mx=nx+0.5n=3.2-2x，即得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0（下略） 說明：本例中構(gòu)成積的三個(gè)因式互不相同，為確?！暗谝弧?，“第二”兩個(gè)條件得以實(shí)現(xiàn)，用待定系數(shù)法求解時(shí)，需用兩個(gè)待定系數(shù)。這兩個(gè)系數(shù)如何配置，結(jié)果總為一樣，惟繁簡不同而已北 京 四 中 1已知i,m,n是正整數(shù)，且1<im<n。(I)證明ni<mi；(II)證明(1+m)n>(1+n)m。本題考察排列、組合、二項(xiàng)式定理、不等式的基本知識和邏輯推理能力. 證明：(I) 對于1<im，有=m(

20、m-i+1), , 同理 , 由于m<n, 對整數(shù)k=1,2,i-1，有， 所以，即mi>ni。(II) 證明：由二項(xiàng)式定理有 (1+m)n=mi,(1+n)m=ni, 由(I)知mi>ni (1<im<n), 而, 所以，mi>ni (1<im<n), 因此，, 又m0=n0C=1, m=n=mn, mi>0 (m<in). ，即(1+m)n>(1+n)m. 2. a>b>1, P=, Q=(lga+lgb), R=lg()，則（ ）。 A、R<P<QB、P<Q<RC、Q<P<R

21、D、P<R<Q 精析：觀察P，Q，R三式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，聯(lián)想對數(shù)運(yùn)算法則，注意到均值不等式，就有如下解法過程。 a>b>1, lga>lgb>0, lga+lgb>2, 即(lga+lgb)>, 故Q>P, 又由>得lg()>lg, 即lg()>(lga+lgb)。故R>Q，從而選B。 注意：本題也可用特殊值法來判定，如取a=100, b=10，很容易選B。解這類題要善于利用特例法求解，利用均值不等式和函數(shù)單調(diào)性比較大小，是比較大小常用的方法。 3已知a,b,c是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)=ax2+bx+c, g(x)=ax+b, 當(dāng)-1x1時(shí)，|f(x)|1. (1)證明：|c|1； (2)證明：-1x1時(shí)，|g(x)|2；(3)設(shè)a>0,當(dāng) -1x1時(shí)，g(x)的最大值為2，求f(x)。精析：(1)由條件-1x1, |f(x)|1, 取x=0，得|c|=|f(0)|1,即|c|1. (2)由于g(x)=a