第三章
不等式
3.2 均值不等式
第2课时 均值不等式的应用——证明问题
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第三章 不等式
课前自主学习
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第三章 不等式
现有A、B、C、D四个长方体容器，A、B的底面积均为a2，高分别为a和b，C、D的底面积均为b2，高分别为a和b(其中a≠b)．现规定一种游戏规则：每人一次从四个容器中取两个，盛水多者为胜．先取者有没有必胜的
方案
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？若有，有几种？
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第三章 不等式
2ab
常见的不等式：
1．a2＋b2≥________(a、b∈R)．
2．ab≤________ ≤eq \f(a2＋b2,2)(a、b∈R)．
(eq \f(a＋b,2))2
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第三章 不等式
D
1．已知a、b∈R＋，则下列不等式不一定成立的是eq \x(导学号 27542680)( )
A．a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)
B．(a＋b)(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))≥4
C．eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥a＋b
D．eq \f(2ab,\r(a＋b))≥eq \r(ab)
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第三章 不等式
[解析] A中a＋b＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(ab)＋eq \f(1,\r(ab))≥2eq \r(2)，
B中(a＋b)·(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b))≥2eq \r(ab)·2eq \r(\f(1,ab))＝4，当且仅当a＝b时取等号．
C中(a2＋b2)2－ab(a＋b)2＝(a－b)(a3－b3)≥0
当且仅当a＝b时，取等号．∴选D．
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第三章 不等式
D
2．若0
2ab，a＋b>2eq \r(ab)，a>a2，b>b2，
∴a＋b>a2＋b2，故选D．
解法二：取a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,3)，则a2＋b2＝eq \f(13,36)，
2eq \r(ab)＝eq \f(\r(6),3)，2ab＝eq \f(1,3)，a＋b＝eq \f(5,6)，显然eq \f(5,6)最大．
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第三章 不等式
B
3．在△ABC中，a、b、c分别为A、B、C的对边，若a、b、c成等差数列，则B的取值范围是eq \x(导学号 27542682)( )
A．00，y>0，∴(x＋2y)(eq \f(1,y)＋eq \f(2,x))＝eq \f(x,y)＋eq \f(4y,x)＋4≥2eq \r(\f(x,y)·\f(4y,x))＋4＝8，
当且仅当eq \f(x,y)＝eq \f(4y,x)，即x＝2y时，等号成立．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)＝1,x＝2y))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝4,y＝2)).
∴x＝4，y＝2时，x＋2y取最小值8.
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第三章 不等式
①③⑤
5．若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a、b恒成立的是_________(写出所有正确命题的编号).eq \x(导学号 27542684)
①ab≤1； ②eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)； ③a2＋b2≥2；
④a3＋b3≥3； ⑤eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2.
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第三章 不等式
[解析] ①ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝1，成立．
②欲证eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，即证a＋b＋2eq \r(ab)≤2，即2eq \r(ab)≤0显然不成立．
③欲证a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥2，即证4－2ab≥2，即ab≤1，由①知成立．
④a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)≥3⇔a2－ab＋b2≥eq \f(3,2)⇔(a＋b)2－3ab≥eq \f(3,2)⇔4－eq \f(3,2)≥3ab⇔ab≤eq \f(5,6)，由①知，ab≤eq \f(5,6)不恒成立．
⑤欲证eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2，即证eq \f(a＋b,ab)≥2，即ab≤1，由①成立．
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第三章 不等式
课堂典例讲练
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第三章 不等式
命题方向1 ⇨不等式的证明技巧—字母轮换不等式的证法
已知a、b、c为两两不相等的实数，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.eq \x(导学号 27542685)
[解析] ∵a2＋b2>2ab，b2＋c2>2bc，c2＋a2>2ca，
以上三式相加：2(a2＋b2＋c2)>2ab＋2bc＋2ca，
∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.
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第三章 不等式
[点评] 本题中的
表
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达式具有轮换对称关系，将表达式中字母轮换a→b→c→a后表达式不变，这类问题证明一般变为几个表达式(通常几个字母就需几个表达式)迭加(乘)，从而获解．
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第三章 不等式
〔跟踪练习1〕 eq \x(导学号 27542686)
若a、b、c均为正数，求证：a3＋b3＋c3≥3abc.
[解析] a3＋b3－a2b－ab2＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)，
∵a、b为正数，∴(a－b)2≥0，a＋b>0，
∴a3＋b3≥a2b＋ab2，①
同理可得b3＋c3≥b2c＋bc2，②
a3＋c3≥a2c＋ac2.③
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第三章 不等式
将①②③式两边分别相加，得
2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2
＝(a2b＋bc2)＋(ab2＋ac2)＋(b2c＋a2c)
＝b(a2＋c2)＋a(b2＋c2)＋c(a2＋b2)
≥b·2ac＋a·2bc＋c·2ab＝6abc，
∴a3＋b3＋c3≥3abc.
显然，当且仅当a＝b＝c时，
a3＋b3＋c3＝3abc.
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第三章 不等式
命题方向2 ⇨利用均值不等式证明不等式
已知a>0，b>0，c>0，且a＋b＋c＝1.求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.eq \x(导学号 27542687)
[解析] 证法一：∵a>0，b>0，c>0，
∴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 \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)
＝3＋(eq \f(b,a)＋eq \f(a,b))＋(eq \f(c,a)＋eq \f(a,c))＋(eq \f(c,b)＋eq \f(b,c))≥3＋2＋2＋2＝9.
即eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
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第三章 不等式
证法二：∵a>0，b>0，c>0，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝(a＋b＋c)(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c))
＝1＋eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋1＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)＋1
＝3＋(eq \f(b,a)＋eq \f(a,b))＋(eq \f(c,a)＋eq \f(a,c))＋(eq \f(c,b)＋eq \f(b,c))≥3＋2＋2＋2
＝9.
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
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第三章 不等式
[点评] 含条件的不等式证明问题，要将条件与结论结合起来，寻找出变形的思路，构造出均值不等式，在条件“a＋b＋c＝1”下，1的代换一般有上面两种情况，切忌两次使用均值不等式，用传递性证明，有时等号不能同时取到．
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第三章 不等式
〔跟踪练习2〕eq \x(导学号 27542688)
已知x>0，y>0，z>0，且x＋y＋z＝1.
求证：eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z)≤eq \r(3).
[解析] ∵x>0，y>0，z>0，
∴x＋y≥2eq \r(xy)，x＋z≥2eq \r(xz)，y＋z≥2eq \r(yz)，
∴2(x＋y＋z)≥2(eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz))．
∵x＋y＋z＝1，∴eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz)≤1成立．
∵x＋y＋z＋2(eq \r(xy)＋eq \r(xz)＋eq \r(yz))≤3，
即(eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z))2≤3，∴eq \r(x)＋eq \r(y)＋eq \r(z)≤eq \r(3).
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第三章 不等式
命题方向3 ⇨均值不等式的综合应用
已知a、b、c、d都是实数，且a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，求证：|ac＋bd|≤1.eq \x(导学号 27542689)
[解析] 证法一(综合法)：因为a、b、c、d都是实数，所以|ac＋bd|≤|ac|＋|bd|
≤eq \f(a2＋c2,2)＋eq \f(b2＋d2,2)＝eq \f(a2＋b2＋c2＋d2,2).
又因为a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，所以|ac＋bd|≤1.
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第三章 不等式
证法二(比较法)：显然有|ac＋bd|≤1⇔－1≤ac＋bd≤1.
先证ac＋bd≥－1.
∵ac＋bd－(－1)＝ac＋bd＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)
＝ac＋bd＋eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(c2＋d2,2)＝eq \f(a＋c2＋b＋d2,2)≥0，
∴ac＋bd≥－1.再证ac＋bd≤1.
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第三章 不等式
∵1－(ac＋bd)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－(ac＋bd)
＝eq \f(a2＋b2,2)＋eq \f(c2＋d2,2)－ac－bd＝eq \f(a－c2＋b－d2,2)≥0，
∴ac＋bd≤1.综上得|ac＋bd|≤1.
证法三(分析法)：要证|ac＋bd|≤1，
只需证明(ac＋bd)2≤1，
即只需证明a2c2＋2abcd＋b2d2≤1.①
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第三章 不等式
由于a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，因此①式等价于
a2c2＋2abcd＋b2d2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．②
将②式展开化简得(ad－bc)2≥0.
因此a、b、c、d全是实数∴此式成立，故①式成立，从而原命题得证．
[点评] 三种证法各有侧重点，但都植根于条件a2＋b2＝1与c2＋d2＝1的灵活运用上，解题时要善于展开联想，不放过一种可能的思路火花，多方探索、对比，对开阔视野，训练思维很有帮助．
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第三章 不等式
〔跟踪练习3〕eq \x(导学号 27542690)
已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：(a＋eq \f(1,a))(b＋eq \f(1,b))≥eq \f(25,4).
[解析] 左边＝(a＋eq \f(1,a))(b＋eq \f(1,b))
＝ab＋eq \f(1,ab)＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝(eq \f(1,\r(ab))－eq \r(ab))2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋2.
∵a、b∈(0，＋∞)，
∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2，又a>0，b>0，a＋b＝1，
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第三章 不等式
∴1＝a＋b≥2eq \r(ab).
∴eq \r(ab)≤eq \f(1,2)，eq \f(1,\r(ab))≥2，－eq \r(ab)≥－eq \f(1,2)，
∴eq \f(1,\r(ab))－eq \r(ab)≥eq \f(3,2)，∴(eq \r(ab)－eq \f(1,\r(ab)))2≥eq \f(9,4).
∴左边≥eq \f(9,4)＋2＋2＝eq \f(25,4)，(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号)．
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第三章 不等式
求函数y＝eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))的最小值.eq \x(导学号 27542691)
[错解] y＝eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))＝eq \f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))≥2.∴函数的最小值为2.
[辨析] 误解中忽视了判定等号是否成立．
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第三章 不等式
[正解] y＝eq \f(x2＋5,\r(x2＋4))＝eq \f(x2＋4＋1,\r(x2＋4))＝eq \r(x2＋4)＋eq \f(1,\r(x2＋4))≥2.
当且仅当eq \r(x2＋4)＝eq \f(1,\r(x2＋4))，即x2＋4＝1时，等号成立，这显然不可能．
∴令t＝eq \r(x2＋4)，∵x2＋4≥4，∴t≥2.
∴y＝t＋eq \f(1,t)在[2，＋∞)上为增函数，∴当t＝2时，函数取最小值eq \f(5,2).
浙公网安备 33021202002483