2020高中数学 第1章 不等关系与基本不等式 平均值不等式 第1课时 平均值不等式学案 4-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE11-学必求其心得，业必贵于专精第1课时平均值不等式学习目标：1.了解两个（三个)正数的算术平均值与几何平均值．（易错、易误点)2。掌握平均值不等式性质定理，能用性质定理证明简单的不等式．（重点、难点)教材整理平均值不等式阅读教材P10～P12“思考交流”以上部分，完成下列问题．1．定理1：对任意实数a，b,有a2＋b2≥2ab（当且仅当a＝b时取“＝”号）．2．定理2：对任意两个正数a，b，有eq\f（a＋b,2)≥eq\r(ab）(当且仅当a＝b时取“＝”号)．语言叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．3．定理3：对任意三个正数a，b，c,有a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b＝c时取“＝"号)．4．定理4：对任意三个正数a，b,c，有eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3，abc）(当且仅当a＝b＝c时取“＝”号)．语言叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．判断(正确的打“√”,错误的打“×")(1）x＋eq\f(1，x)≥2。 （）（2)ex＋eq\f（1,ex）≥2. （)(3)当a，b，c不全为正数时，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）×当x〉0时,x＋eq\f(1，x）≥2，当x〈0时，x＋eq\f(1,x)≤－2.（2)√因为ex〉0，∴ex＋eq\f（1,ex）≥2,当且仅当x＝0时取等号．（3)×如a＝1，b＝c＝－1时,eq\f（a＋b＋c，3）＝－eq\f（1，3)，但eq\r（3,abc)＝1.这时有eq\f（a＋b＋c，3）<eq\r(3,abc）。(4)×当a，b,c同号时，eq\f(b，a),eq\f(c,b），eq\f(a,c）均为正数，有eq\f（b,a)＋eq\f（c,b)＋eq\f(a，c)≥3，当且仅当a＝b＝c时取等号．[答案］（1)×(2）√(3）×(4)×平均值不等式的条件判定【例1】命题：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。其中真命题有（)A．③B．③④C．②③D．①②③④［精彩点拨］关键看是否满足平均值不等式．[自主解答］在①,④中，lgx∈R,sinx∈［－1，1]，不能确定lgx＞0与sinx＞0，因此①，④是假命题．在②中，ax＞0,ax＋eq\f（1,ax)≥2eq\r（ax·\f（1，ax）)＝2，当且仅当x＝0时取等号,故②是真命题．在③中，当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2）)）时，tanx＞0，有tanx＋eq\f(1,tanx）≥2,且x＝eq\f(π,4）时取等号，故③是真命题．[答案]C本题主要涉及平均值不等式成立的条件及取等号的条件．在定理1和定理2中，“a＝b”是等号成立的充要条件．但两个定理有区别又有联系：（1)eq\f（a＋b,2)≥eq\r（ab)是a2＋b2≥2ab的特例，但二者适用范围不同，前者要求a，b均为正数，后者只要求a，b∈R;（2）a，b大于0是eq\f(a＋b,2)≥eq\r（ab）的充分不必要条件；a，b为实数是a2＋b2≥2ab的充要条件．1．设a，b为实数，且ab＞0，下列不等式中一定成立的个数是（)①eq\f(b,a）＋eq\f(a，b）≥2；②a＋b≥2eq\r（ab)；③eq\f（1，a2）＋eq\f（1，b2)≥eq\f（2,ab）；④eq\f（b2，a）＋eq\f（a2，b）≥a＋b.A．1B．2C．3D．4［解析］∵ab＞0，∴eq\f（a，b）＋eq\f(b,a）≥2eq\r（\f（a,b）·\f（b，a））＝2，①成立;a，b＜0时，②不成立；eq\f（1,a2)＋eq\f(1，b2）≥eq\f(2，ab),③成立；当a＝－1，b＝－2时，④不成立．因此,①③成立．［答案］B证明简单的不等式【例2】（1）已知a,b,c∈R。求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2；（2）设a，b,c都是正数，求证:eq\f(bc,a)＋eq\f(ac，b）＋eq\f(ab，c)≥a＋b＋c.[精彩点拨]本题考查平均值不等式及不等式的性质等基础知识，同时考查推理论证能力．解答此题需要先观察所求式子的结构，然后拆成平均值不等式的和,再进行证明．[自主解答］（1)a4＋b4≥2a2b2，同理a4＋c4≥2a2c2,b4＋c4≥2b2c2，将以上三个不等式相加得:a4＋b4＋a4＋c4＋b4＋c4≥2a2b2＋2a2c2＋2b2c2，即a4＋b4＋c4≥a2b2＋a2c2＋b2c2。（2）∵当a〉0，b〉0时，a＋b≥2eq\r（ab），∴eq\f（bc，a）＋eq\f（ac,b)≥2eq\r(\f(bc,a）·\f(ac，b))＝2c.同理：eq\f(bc，a)＋eq\f（ab，c）≥2eq\r（\f(bc,a)·\f（ab,c）)＝2b,eq\f(ac，b)＋eq\f(ab,c)≥2eq\r（\f（ac，b）·\f(ab,c))＝2a。将以上三个不等式相加得：2eq\b\lc\（\rc\)（\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。平均值不等式具有将“和式”和“积式”相互转化的放缩功能，常常用于证明不等式，解决问题的关键是分析不等式两边的结构特点，选择好利用平均值不等式的切入点．但应注意连续多次使用平均值不等式定理的等号成立的条件是否保持一致．2．设a，b，c为正数，求证：eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，a2）＋\f(1,b2)＋\f（1,c2)）)(a＋b＋c）2≥27。［证明］∵a＞0，b＞0，c＞0,∴a＋b＋c≥3eq\r(3，abc）＞0，从而(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.当且仅当a＝b＝c时，等号成立．故原不等式成立.平均值不等式的变式及条件不等式的证明[探究问题]1．不等式eq\f(a＋b，2）≥eq\r(ab），eq\f(a＋b＋c，3)≥eq\r（3,abc）成立的条件都是a，b，c为正数，在条件b≥a〉0成立时，a，eq\r(ab)，eq\f(a＋b，2)，eq\f（2ab，a＋b），eq\r(\f(a2＋b2,2)），b之间有怎样的大小关系？［提示］a≤eq\f(2ab，a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f（a＋b，2）≤eq\r(\f（a2＋b2,2）)≤b.2．若问题中一端出现“和式”，另一端出现“积式”时，这便是应用不等式的“题眼”，那么若条件中有“和式为1”时，应如何思考?［提示]应用平均值不等式时，一定要注意条件a>0，b〉0，c〉0.若有“和式为1”时,常反过来应用“1”的代换,即把“1”化成“和”，再试着应用平均值不等式．【例3】已知a＞0，b＞0，c＞0，求证：（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)．［精彩点拨］（1）式两端均是“和"，不能直接利用平均值不等式，解决的关键是对eq\r(\f(a2＋b2，2))的处理,先考虑平方关系，化难为易；(2)注意两边都是“和”式，可利用(1）题的结论．[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）．当且仅当a＝b＝c时，取“＝”号．1．第（2)问利用了第(1）问的结论eq\f（a＋b,2）≤eq\r(\f（a2＋b2，2)），记住这一结论可帮我们找到解题思路，但此不等式要给予证明．2．一般地,数学中的定理、公式揭示了若干量之间的本质联系，但不能定格于某种特殊形式,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），还可以是a＋eq\f(b2,a）≥2b(a＞0），eq\f(b2,a)≥2b－a等．解题时不仅要会利用原来的形式,而且要掌握它的几种变形形式以及公式的逆用．3．已知a，b∈（0,＋∞），且a＋b＝1,求证：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）.[证明]因为a,b∈（0，＋∞)，且a＋b＝1,所以eq\f（a＋b,2)≥eq\r（ab），当且仅当a＝b时，等号成立，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．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]A2．设x,y,z为正数,且x＋y＋z＝6，则lgx＋lgy＋lgz的取值范围是（）A．（－∞,lg6] B．(－∞，3lg2]C．［lg6，＋∞） D．［3lg2,＋∞)［解析］∵6＝x＋y＋z≥3eq\r(3,xyz），∴xyz≤8,∴lgx＋lgy＋lgz＝lg（xyz)≤lg8＝3lg2.［答案］B3．设a＞b＞0，把eq\f(a＋b，2)，eq\r(ab），a，b按从大到小的顺序排列是________．［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成立的充要条件是________．[解析］由eq\f（b，a）＋eq\f（a,b）＞2,知eq\f（b，a)＞0，即ab＞0。又由题意知，eq\f（b，a)≠eq\f(a，b），∴a≠b。因此,eq\f（b,a)＋eq\f(a，b)＞2的充要条件是ab＞0且a≠b。［答案］ab＞0且a≠b5．(2019·全国卷Ⅰ）已知a，b，c为正数,且满足abc＝1。证明：(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）因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥