新教材高中数学一元二次函数方程和不等式2基本不等式

06/605/6/第1课时利用基本不等式证明不等式[课程目标]1.了解基本不等式代数与几何两方面的背景；2.用数形结合思想理解基本不等式，严谨规范表达不等式证明过程；3.从不等式证明过程中体会分析法与综合法的证明思路．知识点一重要不等式如果a，b∈R，那么a2＋b2__≥__2ab(当且仅当a＝b时等号成立).[研读]不等式a2＋b2≥2ab的实质是实数平方的非负性，不等式中a，b的取值既可以是某个具体的数，也可以是一个代数式．eq\a\vs4\al(【思辨】)判断正误(请在括号中打“√”或“×”).(1)ab≤eq\f(a2＋b2,2).(√)(2)4ab≤a2＋b2＋2ab.(√)(3)2(a2＋b2)≥(a＋b)2.(√)【解析】(1)和(2)可由a2＋b2≥2ab直接变形得到．(3)将a2＋b2≥2ab两边同加a2＋b2，得2(a2＋b2)≥(a＋b)2.知识点二基本不等式如果a>0，b>0，则eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2).(1)基本不等式成立的条件是__a>0，b>0__．(2)等号成立的条件：当且仅当__a＝b__时取等号．[研读](1)基本不等式中a>0，b>0.(2)基本不等式只有一种形式，即eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a>0，b>0)，由该不等式变形而得到的不等式都不叫基本不等式．eq\a\vs4\al(【思辨】)判断正误(请在括号中打“√”或“×”).(1)若a>0，b>0，则3a＋2b≤eq\r(6ab).(×)(2)若a≠0，则a＋eq\f(9,a)≥2eq\r(a·\f(9,a))＝6.(×)(3)若a>0，b>0，则ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).(√)【解析】(1)若a>0，b>0，则3a＋2b≥2eq\r(6ab).(2)只有当a>0时，根据基本不等式，才有不等式a＋eq\f(9,a)≥2eq\r(a·\f(9,a))＝6成立．(3)因为eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，所以ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2).知识点三算术平均数与几何平均数(1)设a>0，b>0，则a，b的算术平均数为__eq\f(a＋b,2)__，几何平均数为__eq\r(ab)__．(2)基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．[研读]本节内容涉及的算术平均数与几何平均数的概念是定义在正数范围内的．实际上，对于任意两个实数x，y，eq\f(x＋y,2)是x，y的算术平均数．当a，b异号时，eq\r(ab)在实数范围内没有意义．eq\a\vs4\al(【思辨】)判断正误(请在括号中打“√”或“×”).(1)2和5的算术平均数是3.5，几何平均数是eq\r(10).(√)(2)实数a2和b2的几何平均数是ab.(×)(3)eq\f(|a|＋|b|,2)>eq\r(|ab|).(×)eq\o(\s\up7(),\s\do5(对基本不等式的理解))eq\a\vs4\al(例1)给出下列说法：①?a，b∈R，都有－eq\f(a2＋b2,2)≤ab≤eq\f(a2＋b2,2)；②?a，b∈R，都有4ab≤(a＋b)2≤2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2))；③不等式eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的充要条件是a>0，b>0.其中说法正确的序号是__①②__．【解析】?a，b∈R都有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－b）2≥0，,（a＋b）2≥0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2≥2ab，,a2＋b2≥－2ab))?－eq\f(a2＋b2,2)≤ab≤eq\f(a2＋b2,2)，故①正确；2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2))＋2ab＝(a＋b)2，(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab≥2ab＋2ab＝4ab，故②正确；eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的充要条件是eq\f(b,a)>0，故③错．eq\a\vs4\al(例2)教材应用设a>0，b>0，试比较eq\f(a＋b,2)，eq\r(ab)，eq\r(\f(a2＋b2,2))，eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))的大小，并说明理由．解：因为a>0，b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，即eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(当且仅当a＝b时取等号).又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(a2＋2ab＋b2,4)≤eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,4)＝eq\f(a2＋b2,2)，所以eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(当且仅当a＝b时取等号).而eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，故eq\r(\f(a2＋b2,2))≥eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))(当且仅当a＝b时取等号).[规律方法]1．在理解基本不等式时，要从形式到内涵中理解，特别要关注条件．2．运用基本不等式比较大小时应注意成立的条件，即a＋b≥2eq\r(ab)成立的条件是a>0，b>0，等号成立的条件是a＝b；a2＋b2≥2ab成立的条件是a，b∈R，等号成立的条件是a＝b.活学活用1．eq\a\vs4\al(【多选题】)下列不等式中正确的是(ABCD)A．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))(a>0，b>0)B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)(a>0，b>0)C．(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4(ab>0)D．eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)【解析】因为a>0，b>0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(2,\r(ab))，故A对；eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))?eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(4,a＋b)，故B对；因为ab>0，所以(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4，故C对；eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(a2＋b2＋a2＋b2,4)≥eq\f(a2＋b2＋2ab,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，故D正确．2．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(C)A．ab≤eq\f(1,2)B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤3【解析】因为a＋b＝2，由a2＋b2≥2ab，得2(a2＋b2)≥a2＋2ab＋b2，即2(a2＋b2)≥(a＋b)2＝4，所以a2＋b2≥2.又因为ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝1，故选C.eq\o(\s\up7(),\s\do5(证明不等式))eq\a\vs4\al(例3)已知a，b，c都是正数，且a＋b＋c＝1.求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.证明：因为a，b，c都是正数，a＋b＋c＝1，所以eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)＝eq\f(b＋c,a)≥eq\f(2\r(bc),a).同理eq\f(1,b)－1≥eq\f(2\r(ac),b)，eq\f(1,c)－1≥eq\f(2\r(ab),c).上述三个不等式两边均为正，分别相乘，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8.当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，上式等号成立．【迁移探究1】在本例条件下，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9.证明：因为a，b，c都是正数，且a＋b＋c＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，上式等号成立．【迁移探究2】把本例条件改为“a>0，b>0，a＋b＝1”．求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.证明：证法一：因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以1＋eq\f(1,a)＝1＋eq\f(a＋b,a)＝2＋eq\f(b,a).同理1＋eq\f(1,b)＝2＋eq\f(a,b).故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时取等号)).证法二：因为a>0，b>0，a＋b＝1，由eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，于是eq\f(1,ab)≥4，eq\f(2,ab)≥8.因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(a＋b,ab)＋eq\f(1,ab)＝1＋eq\f(2,ab)≥1＋8＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时取等号)).[规律方法]利用基本不等式证明不等式的思路：利用基本不等式证明不等式时，要先观察题中要证明的不等式的结构特征，若不能直接使用基本不等式证明，则考虑对代数式进行拆项、变形、配凑等，使之达到能使用基本不等式的形式；若题目中还有已知条件，则先观察已知条件和所证不等式之间的联系，当已知条件中含有“1”时，要注意“1”的代换．另外，解题时要时刻注意等号能否取到．活学活用1．已知a，b，c都是正数，求证：a＋b＋c≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)；证明：证法一：∵a，b，c都是正数，∴a＋b＋c＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（a＋b）＋（b＋c）＋（c＋a）))≥eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)(当且仅当a＝b＝c时取等号).证法二：∵a，b，c都是正数，∴eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ca)≤eq\f(a＋b,2)＋eq\f(b＋c,2)＋eq\f(c＋a,2)＝a＋b＋c(当且仅当a＝b＝c时取等号).2．已知x，y，z都是正数，求证：(x＋y)(y＋z)(z＋x)≥8xyz.证明：∵x，y，z都是正数，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋y))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋z))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋x))≥2eq\r(xy)·2eq\r(yz)·2eq\r(zx)＝8xyz(当且仅当x＝y＝z时取等号).1．若两个正数的和为3，则这两个正数积的最大值是(D)A．9B．6C．3eq\r(3)D．eq\f(9,4)【解析】设a>0，b>0，a＋b＝3，由a＋b≥2eq\r(ab)，得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,4)，当且仅当a＝b＝eq\f(3,2)时，ab取得最大值eq\f(9,4).2．已知a>0，b>0，ab＝eq\f(1,4)，则下列不等式错误的是(D)A．a＋b≥1B．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4C．eq\r(a)＋eq\r(b)≥eq\r(2)D．a2＋b2≥1【解析】根据基本不等式可知选项A，B，C中的不等式成立，而a2＋b2≥2ab＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立，所以D错误．3．eq\a\vs4\al(【多选题】)已知x<0，y<0，xy＝2，则下列结论正确的是(BC)A．x＋y≥－2eq\r(2)B．x＋y≤－2eq\r(2)C．x2＋y2≥4D．x2＋y2≤4【解析】因为x<0，y<0，xy＝2，所以－x>0，－y>0，所以(－x)＋(－y)≥2eq\r(（－x）（－y）)＝2eq\r(2)，得x＋y≤－2eq\r(2)，所以选项A错误，选项B正确；x2＋y2≥2xy＝4，所以选项C正确，选项D错误．4．eq\a\vs4\al(【多选题】)若正实数a，b满足a＋b＝1，则下列说法正确的是(AB)A．ab有最大值eq\f(1,4)B．eq\r(a)