第3章 不等式 §3.4 基本不等式:ab≤a+b2(一)

§ 3.4

基本不等式: ab≤

a+ b (一) 2 对点讲练

一、利用基本不等式比较大小 例 1 已知正数 0<a<1,0<b<1,且 a≠b,则 a+b,2 ab,2ab,a2+b2,其中最大的一 个是( ) A.a2+b2 B.2 ab C.2ab D.a+b 答案 D 解析 因为 a、b∈(0,1),a≠b,所以 a+b>2 ab,a2+b2>2ab,所以,最大的只能是 2 a +b2 与 a+b 之一.而 a2+b2-(a+b)=a(a-1)+b(b-1),又 0<a<1,0<b<1,所以 a-1<0, b-1<0,因此 a2+b2<a+b,所以 a+b 最大. 总结 (1)大小比较除了用比较法,也可利用已知的不等式.(2)本题是选择题,因此也 可以采用赋值法,取特殊值解决. ?变式训练 1 设 0<a<b,且 a+b=1,在下列四个数中最大的是( ) 1 A. B.b C.2ab D.a2+b2 2 答案 B a+b?2 1 1 解析 ∵ab<? ? 2 ? ,∴ab<4,∴2ab<2. a2+b2 a+b a2+b2 1 1 ∵ > >0,∴ > ,∴a2+b2> . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∵b-(a +b )=(b-b )-a =b(1-b)-a =ab-a =a(b-a)>0,∴b>a2+b2,∴b 最大. 二、利用基本不等式证明不等式 bc ca ab 例 2 设 a、b、c 都是正数,求证: + + ≥a+b+c. a b c bc ca ab 证明 ∵a、b、c 都是正数,∴ 、 、 也都是正数. a b c bc ca ca ab bc ab ∴ + ≥2c, + ≥2a, + ≥2b, a b b c a c bc ca ab bc ca ab + + ?≥2(a+b+c),即 + + ≥a+b+c. 三式相加得 2? a b c ? ? a b c 总结 在利用基本不等式证明的过程中, 常需要把数、 式合理地拆成两项或多项或恒等 地变形配凑成适当的数、式,以便于利用基本不等式. ?变式训练 2 已知 a,b,c 为不等正实数,且 abc=1. 1 1 1 求证: a+ b+ c< + + . a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 证明 ∵ + ≥2 =2 c, + ≥2 =2 a, + ≥2 =2 b a b ab b c bc c a ac 1 1 1? 1 1 1 ∴2? ?a+b+c?≥2( a+ b+ c),即a+b+c≥ a+ b+ c. 1 1 1 ∵a,b,c 不全相等,∴ a+ b+ c< + + . a b c 三、利用基本不等式解含参数问题 1 1 n 例 3 a>b>c,n∈M 且 + ≥ ,求 n 的最大值. a-b b-c a-c

1 1 n + ≥ ,且 a>b>c. a-b b-c a-c a-c a-c (a-c)2 ∴n≤ + = a-b b-c (a-b)(b-c) 2 ? (a-c) ? ∵对 a、b、c 上式都成立,∴n≤? ? ?(a-b)(b-c)?min (a-c)2 (a-c)2 ≥ =4. (a-b)(b-c) ?(a-b)+(b-c)?2 2 ? ? ∴n≤4,∴n 的最大值为 4. a-c a-c (a-b)+(b-c) (a-b)+(b-c) 方法二 ∵a>b>c,∴ + = + a-b b-c a-b b-c b-c a-b =2+ + ≥2+2=4. a-b b-c ∴n≤4,∴n 的最大值为 4. 总结 解决恒成立问题时,常用分离参数的方法求出参数的取值范围. 1 a? ?变式训练 3 已知不等式(x+y)? ?x+y?≥9 对任意正实数 x,y 恒成立,则正实数 a 的最 小值为( ) A.8 B.6 C.4 D.2 答案 C 1 a? 解析 只需求(x+y)? ?x+ y?的最小值大于等于 9 即可, 1 a? x y xy x y 又(x+y)? + +a≥a+1+2 a··=a+2 a+1, 等号成立仅当 a·= ?x+y?=1+a· y x yx y x 即可,所以( a)2+2 a+1≥9, 即( a)2+2 a-8≥0 求得 a≥2 或 a≤-4(舍去),所以 a≥4,即 a 的最小值为 4. 课堂小结: 1.设 a,b 是两个正实数,用 min(a,b)表示 a,b 中的较小的数,用 max(a,b)表示 a, a+b a2+b2 2 b 中的较大的数,则有 min(a,b)≤ ≤ ab≤ ≤ ≤max(a,b).当且仅当 a 1 1 2 2 + a b =b 时,取到等号. a+b 2. 两个不等式 a2+b2≥2ab 与 ≥ ab都是带有等号的不等式, 对于“当且仅当?时, 2 取‘=’号”这句话的含义要有正确的理解. a+b a+b 一方面:当 a=b 时, = ab;另一方面:当 = ab时,也有 a=b. 2 2 解 方法一 ∵

课时作业
一、选择题 a+b 1.已知 a>0,b>0,则 , ab, 2 a2+b2 2ab , 中最小的是( 2 a+b )

a+b A. B. ab C. 2 答案 D 解析 方法一 特殊值法.

a2+b2 2

2ab D. a+b

a2+b2 2ab 8 2ab = 10, = .∴ 最小. 2 a+b 3 a+b a+b a2+b2 2ab 2 2 2ab 方法二 = ,由 ≤ ab≤ ≤ .可知 最小. 1 1 2 2 a+b 1 1 a+b + + a b a b 1? 2 1 2.已知 m=a+ (a>2),n=? ) ?2?x -2 (x<0),则 m、n 之间的大小关系是( a-2 A.m>n B.m<n C.m=n D.m≤n 答案 A 1 1 解析 ∵m=(a-2)+ +2≥2 (a-2) +2=4,n=22-x2<22=4.∴m>n. a-2 a-2 3.设 a,b∈R,且 a≠b,a+b=2,则必有( ) a2+b2 a2+b2 A.1≤ab≤ B.ab<1< 2 2 2 2 2 2 a +b a +b C.ab< <1 D. <ab<1 2 2 答案 B a2+b2 a+b a+b?2 解析 ∵ab≤? ,a≠b,∴ab<1,又∵ > >0, 2 2 ? 2 ? a2+b2 a2+b2 ∴ >1,∴ab<1< . 2 2 1 0, ?恒成立,则 a 的最小值为( 4.若不等式 x2+ax+1≥0 对一切 x∈? ) ? 2? 5 A.0 B.-2 C.- D.-3 2 答案 B 1 1 0, ?上恒成立?ax≥-x2-1?a≥?-?x+ ??max 解析 x2+ax+1≥0 在 x∈? ? 2? ? ? x?? 1 1 ? ∵x+ ≥2,∴-? ?x+x?≤-2,∴a≥-2. x 5.如果正数 a,b,c,d 满足 a+b=cd=4,那么( ) A.ab≤c+d,且等号成立时 a,b,c,d 的取值唯一 B.ab≥c+d,且等号成立时 a,b,c,d 的取值唯一 C.ab≤c+d,且等号成立时 a,b,c,d 的取值不唯一 D.ab≥c+d,且等号成立时 a,b,c,d 的取值不唯一 答案 A a+b?2 解析 ∵a+b≥2 ab,∴ab≤? ? 2 ? =4,当且仅当 a=b=2 时取等号. c+d≥2 cd,∴c+d≥2 cd=4,当且仅当 c=d=2 时取等号. 故 c+d≥ab,当且仅当 a=b=c=d=2 时取等号. 二、填空题 2 5 6.若 lg x+lg y=1,则 + 的最小值为________. x y 答案 2 2 5 2 x 解析 ∵lg x+lg y=1,∴xy=10,∴ + = + ≥2. x y x 2 1 7.若 a<1,则 a+ 有最______值,为________. a-1 答案 大 -1 1 1 解析 ∵a<1,∴a-1<0,∴-?a-1+a-1?=(1-a)+ ≥2, ? ? 1-a a+b 令 a=4,b=2,则 =3, ab= 8, 2

1 1 ∴a-1+ ≤-2,∴a+ ≤-1. a-1 a-1 8.设正数 x,y 满足 x+ y≤a· x+y恒成立,则 a 的最小值是______. 答案 2 x+ y x+y ? x+ y? 解析 由已知 a≥? 成立,∴ x+ y≤ 2· x+y ?max,∵ 2 ≤ 2 ? x+y ? ? x+ y? ∴? ?max= 2,∴a≥ 2. ? x+y ? 三、解答题 (a+b+c)2 9.已知 a、b、c 都是实数,求证:a2+b2+c2≥ . 3 证明 ∵a2+b2≥2ab① b2+c2≥2bc② c2+a2≥2ac③ a2+b2+c2=a2+b2+c2④ 由①+②+③+④得: 3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac 3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2 (a+b+c)2 即 a2+b2+c2≥ . 3 x2+y2 10.已知 x>y>0,xy=1,求证: ≥2 2. x-y 证明 ∵xy=1 x2+y2 (x-y)2+2xy (x-y)2+2 2 2 ∴ = = =(x-y)+ ≥2 (x-y)· =2 2. x-y x-y x-y x-y x-y 2 ? ? ?x= 2 ?x-y=x-y 当且仅当? ,即? 6- 2 ? ?xy=1 ?y= 2 ? 6+ 2 时取等号.


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