高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.2 基本不等式导学案及答案

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.2 基本不等式导学案及答案，共14页。学案主要包含了基本不等式的推导与证明，用基本不等式证明不等式，用基本不等式求最值等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.了解基本不等式的证明过程.2.能利用基本不等式证明简单的不等式.3.会利用基本不等式求简单的函数的最值．
导语
国际数学家大会是世界上数学家的盛会，如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，三国时期赵爽在《勾股方圆图注》中证明勾股定理时采用了该图形，你能找到正方形ABCD的面积与四个直角三角形的面积之和的大小关系吗？带着这个问题我们继续研究不等式的相关知识．
一、基本不等式的推导与证明
问题1 我们可以将(a－b)2≥0变形，有不等式a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．该不等式对任意的实数a，b都能成立，我们称该不等式为重要不等式．现在我们讨论一种特别的情况，如果a>0，b>0，我们用eq \r(a)，eq \r(b)分别替换上式中的a，b，能得到什么样的结论？
提示 用eq \r(a)，eq \r(b)分别替换上式中的a，b可得到a＋b≥2eq \r(ab)，当且仅当a＝b时，等号成立．我们习惯表示成eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2).
问题2 上述不等式是在重要不等式基础上转化出来的，是否对所有的a>0，b>0都能成立？请给出证明．
提示 方法一 (作差法)
eq \f(a＋b,2)－eq \r(ab)＝eq \f(a＋b－2\r(ab),2)
＝eq \f(\r(a)2－2\r(ab)＋\r(b)2,2)
＝eq \f(\r(a)－\r(b)2,2)≥0，即eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
当且仅当a＝b时，等号成立．
方法二 (性质法)
要证eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，
只需证2eq \r(ab)≤a＋b，
只需证2eq \r(ab)－a－b≤0，
只需证－(eq \r(a)－eq \r(b))2≤0，
显然(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0成立，当且仅当a＝b时，等号成立．
方法三 对于正数a，b，有
(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0⇒a＋b－2eq \r(ab)≥0
⇒a＋b≥2eq \r(ab)⇒eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab).
当且仅当a＝b时，等号成立．
方法四 (利用几何意义证明)
如图AB是圆的直径，点C是AB上一点，AC＝a，BC＝b，过点C作垂直于AB的弦DE，连接AD，BD，故有△ACD∽△DCB，故CD＝eq \r(ab)，由于CD小于或等于圆的半径，故用不等式表示为eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，由此也可以得出圆的半径不小于半弦．
知识梳理
基本不等式：如果a，b是正数，那么eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．我们把不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0)称为基本不等式．
对于正数a，b，我们把eq \f(a＋b,2)称为a，b的算术平均数，eq \r(ab)称为a，b的几何平均数．
注意点：
(1)均值不等式常见的变形：①当a＞0，b＞0，则a＋b≥2eq \r(ab)；②当a＞0，b＞0，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
(2)两个正数的几何平均数不大于它们的算术平均数，当两个正数相等时，两者相等．
例1 (1)若a，b∈R，且ab>0，则下列不等式中，恒成立的是( )
A．a2＋b2>2ab B．a＋b≥2eq \r(ab)
C.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>eq \f(2,\r(ab)) D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
(2)不等式a＋1≥2eq \r(a)(a>0)中等号成立的条件是( )
A．a＝0 B．a＝eq \f(1,2)
C．a＝1 D．a＝2
答案 (1)D (2)C
解析 (1)对于A项，当a＝b时，应有a2＋b2＝2ab，所以A项错；对于B，C，条件ab>0，只能说明a，b同号，当a，b都小于0时，B，C错误；对于D项，因为ab>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，当且仅当a＝b时，等号成立．
(2)因为a>0，根据基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时等号成立，故a＋1≥2eq \r(a)中当且仅当a＝1时等号成立．
反思感悟 在基本不等式应用过程中要注意“一正、二定、三相等”．
一正：a，b均为正数；
二定：不等式一边为定值；
三相等：不等式中的等号能取到，即a＝b有解．
跟踪训练1 下列不等式的推导过程正确的是________．(填序号)
①若x>1，则x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2；
②若x<0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x)))))
≤－2eq \r(－x·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,x))))＝－4；
③若a，b∈R，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.
答案 ②
解析 ①中忽视了基本不等式等号成立的条件，
当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立，
因为x>1，所以x＋eq \f(1,x)>2；
③中忽视了利用基本不等式时每一项必须为正数这一条件．
二、用基本不等式证明不等式
例2 已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.
求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,c)－1))≥8.
证明 因为a，b，c均为正实数，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\c1(\f(1,a)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，等号成立．
延伸探究 例2的条件不变，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
证明 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\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时，等号成立．
反思感悟 利用基本不等式证明不等式的策略与注意事项
(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后转化为所求问题，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．
(2)注意事项：
①多次使用基本不等式时，要注意等号能否成立；②累加法是不等式证明中的一种常用方法，证明不等式时注意使用；③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合，形成基本不等式模型，再使用．
跟踪训练2 已知a，b，c为正数，求证：eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)≥3.
证明 左边＝eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)－1＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,b)－1＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)－1
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3.
因为a，b，c为正数，
所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(当且仅当a＝b时取“＝”)；
eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)≥2(当且仅当a＝c时取“＝”)；
eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)≥2(当且仅当b＝c时取“＝”)．
从而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥6(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)＋\f(b,c)))－3≥3，
即eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)≥3.
三、用基本不等式求最值
例3 (1)若x>0，求eq \f(9,x)＋4x的最小值；
(2)若x<1，求eq \f(1,x－1)＋x的最大值．
解 (1)∵x>0，
∴eq \f(9,x)＋4x≥2eq \r(\f(9,x)·4x)＝12，
当且仅当eq \f(9,x)＝4x，即x＝eq \f(3,2)时等号成立，
∴eq \f(9,x)＋4x的最小值为12.
(2)∵x<1，∴1－x>0，
∴eq \f(1,x－1)＋x＝eq \f(1,x－1)＋x－1＋1
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－x)＋1－x))＋1
≤－2eq \r(\f(1,1－x)·1－x)＋1＝－1，
当且仅当eq \f(1,1－x)＝1－x，即x＝0时等号成立，
∴eq \f(1,x－1)＋x的最大值为－1.
反思感悟 拼凑法求解最值，其实质就是先通过代数式变形拼凑出和或积为常数的两项，然后利用基本不等式求解最值．利用基本不等式求解最值时，要注意“一正、二定、三相等”，尤其是要注意验证等号成立的条件．
跟踪训练3 (1)当x>1时，求2x＋eq \f(8,x－1)的最小值；
(2)求函数f(x)＝eq \f(x2－4x＋5,x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≥\f(5,2)))的最小值．
解 (1)2x＋eq \f(8,x－1)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－1＋\f(4,x－1)))＋2，
∵x>1，∴x－1>0，
∴2x＋eq \f(8,x－1)≥2×2eq \r(4)＋2＝10，
当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时，等号成立．
(2)∵x≥eq \f(5,2)，∴x－2>0，
则eq \f(x2－4x＋5,x－2)＝eq \f(x－22＋1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,x－2)≥2，
当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时，等号成立．
1．知识清单：
(1)基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a≥0，b≥0)．
(2)推论：当a，b∈R时，①ab≤eq \f(a2＋b2,2)；
②ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
(3)利用基本不等式求最值．
2．方法归纳：通过凑项、拆项凑成基本不等式的形式．
3．常见误区：一正、二定、三相等，常缺少条件导致错误．
1．下列等式中最小值为4的是( )
A．y＝x＋eq \f(4,x) B．y＝2t＋eq \f(1,t)
C．y＝4t＋eq \f(1,t)(t>0) D．y＝t＋eq \f(1,t)
答案 C
解析 A中x＝－1时，y＝－5<4；
B中t＝－1时，y＝－3<4；
C中y＝4t＋eq \f(1,t)≥2eq \r(4t·\f(1,t))＝4，
当且仅当t＝eq \f(1,2)时，等号成立；
D中t＝－1时，y＝－2<4.
2．已知a>0，b>0，a＋b＝4，则下列各式中正确的是( )
A.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≤eq \f(1,4) B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)>1
C.eq \r(ab)≤2 D.eq \f(1,ab)≥1
答案 C
解析 当a＝b＝2时，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，
所以A，B选项错误；
同时eq \f(1,ab)＝eq \f(1,4)<1，所以D选项错误；
对于C选项，由基本不等式得eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)＝eq \f(4,2)＝2，
当且仅当a＝b＝2时等号成立．
所以C选项正确．
3．如果a>0，那么a＋eq \f(1,a)＋2的最小值是______．
答案 4
解析 因为a>0，
所以a＋eq \f(1,a)＋2≥2eq \r(a·\f(1,a))＋2＝2＋2＝4，
当且仅当a＝1时等号成立．故所求最小值为0.
4．设x>0，则3－3x－eq \f(1,x)的最大值是( )
A．3 B．3－2eq \r(2) C．－1 D．3－2eq \r(3)
答案 D
解析 ∵x>0，∴3x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(3x·\f(1,x))＝2eq \r(3)，
当且仅当x＝eq \f(\r(3),3)时，等号成立，
∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,x)))≤－2eq \r(3)，
则3－3x－eq \f(1,x)≤3－2eq \r(3).
1．(多选)下列条件可使eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的有( )
A．ab>0 B．ab<0
C．a>0，b>0 D．a<0，b<0
答案 ACD
解析 根据基本不等式的条件，a，b同号，则eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0.
2．a，b∈R，则a2＋b2与2|ab|的大小关系是( )
A．a2＋b2≥2|ab| B．a2＋b2＝2|ab|
C．a2＋b2≤2|ab| D．a2＋b2>2|ab|
答案 A
解析 ∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，
∴a2＋b2≥2|ab|(当且仅当|a|＝|b|时，等号成立)．
3．已知x>－2，则x＋eq \f(1,x＋2)的最小值为( )
A．－eq \f(1,2) B．－1 C．2 D．0
答案 D
解析 ∵x>－2，∴x＋2>0，
∴x＋eq \f(1,x＋2)＝x＋2＋eq \f(1,x＋2)－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝－1时，等号成立．故所求最小值为0.
4．已知m＝a＋eq \f(1,a－2)(a>2)，n＝4－b2(b≠0)，则m，n之间的大小关系是( )
A．m>n B．mC．m＝n D．不确定
答案 A
解析 因为a>2，所以a－2>0.
又因为m＝a＋eq \f(1,a－2)＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2，
所以m≥2eq \r(a－2×\f(1,a－2))＋2＝4，
由b≠0得b2≠0，
所以4－b2<4，即n<4，所以m>n.
5．(多选)设y＝x＋eq \f(1,x)－2，则( )
A．当x>0时，y有最小值0
B．当x>0时，y有最大值0
C．当x<0时，y有最大值－4
D．当x<0时，y有最小值－4
答案 AC
解析 当x>0时，
y＝x＋eq \f(1,x)－2≥2eq \r(x·\f(1,x))－2＝2－2＝0，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立，
故A正确，B错误；
当x<0时，y＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,－x)))－2≤－2－2＝－4，当且仅当－x＝eq \f(1,－x)，即x＝－1时，等号成立，故C正确，D错误．
6．若0A．a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>b
B．b>eq \r(ab)>eq \f(a＋b,2)>a
C．b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a
D．b>a>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)
答案 C
解析 ∵0a＋b，
∴b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab).
又∵b>a>0，∴ab>a2，
∴eq \r(ab)>a.故b>eq \f(a＋b,2)>eq \r(ab)>a.
7．函数y＝4x＋eq \f(4,x＋1)(x>－1)的最小值是________．
答案 4
解析 由题意可知，x>－1，则x＋1>0，
所以函数y＝4x＋eq \f(4,x＋1)＝4(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)－4
≥2eq \r(4x＋1·\f(4,x＋1))－4＝4，
当且仅当4(x＋1)＝eq \f(4,x＋1)时，
即x＝0时取等号，
所以函数y＝4x＋eq \f(4,x＋1)(x>－1)的最小值是4.
8．已知x<0，则x＋eq \f(9,4x)的最大值是________．
答案 －3
解析 已知x<0，则
x＋eq \f(9,4x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(9,－4x)))≤－2eq \r(\f(9,4))＝－3，
当且仅当－x＝eq \f(9,－4x)即x＝－eq \f(3,2)时，等号成立．
所以x＋eq \f(9,4x)(x<0)的最大值是－3.
9．设a，b为正实数，求证：(a＋b)(a2＋b2)(a3＋b3)≥8a3b3.
证明 因为a，b为正实数，
所以a＋b≥2eq \r(ab)，a2＋b2≥2ab，
a3＋b3≥2eq \r(a3b3)＝2abeq \r(ab)，
当且仅当a＝b时取等号，
所以(a＋b)(a2＋b2)(a3＋b3)≥2eq \r(ab)×2ab×2abeq \r(ab)＝8a3b3，
即(a＋b)(a2＋b2)(a3＋b3)≥8a3b3，当且仅当a＝b时取等号．
10．设x>－1，求eq \f(x＋5x＋2,x＋1)的最小值．
解 因为x>－1，
所以x＋1>0，
设x＋1＝t>0，则x＝t－1，于是有：
eq \f(x＋5x＋2,x＋1)＝eq \f(t＋4t＋1,t)
＝eq \f(t2＋5t＋4,t)＝t＋eq \f(4,t)＋5
≥2eq \r(t·\f(4,t))＋5＝9.
当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取等号，此时x＝1.所以当x＝1时，eq \f(x＋5x＋2,x＋1)取得最小值9.
11．式子eq \f(x2＋4,|x|)的最小值为( )
A．3 B．4 C．6 D．8
答案 B
解析 eq \f(x2＋4,|x|)＝|x|＋eq \f(4,|x|)≥2eq \r(|x|·\f(4,|x|))＝4，当且仅当|x|＝eq \f(4,|x|)，即x＝±2时，等号成立，故最小值为4.
12．下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋eq \f(4,a)≥4 B．a2＋b2≥4ab
C．x2＋eq \f(3,x2)≥2eq \r(3) D.eq \r(ab)≥eq \f(a＋b,2)
答案 C
解析 若a<0，则a＋eq \f(4,a)≥4不成立，故A错误；
若a＝1，b＝1，则a2＋b2<4ab，故B错误；
由基本不等式可知C项正确；
若a＝4，b＝16，则eq \r(ab)13．(多选)下面四个推导过程正确的有( )
A．若a，b为正实数，则eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2
B．若a∈R，a≠0，则eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4
C．若x，y∈R，xy<0，则eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x)))))≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x))))＝－2
D．若a<0，b<0，则eq \f(a2＋b2,2)≤ab
答案 AC
解析 A中，∵a，b为正实数，∴eq \f(b,a)，eq \f(a,b)为正实数，符合基本不等式的条件，故A正确；
B中，∵a∈R，a≠0，不符合基本不等式的条件，
∴eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4是错误的；
C中，由xy<0，得eq \f(x,y)，eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将整体eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)＋\f(y,x)))提出负号后，－eq \f(x,y)，－eq \f(y,x)均变为正数，符合基本不等式的条件，故C正确；
D中，对任意的a，b∈R，都有a2＋b2≥2ab，即eq \f(a2＋b2,2)≥ab，所以D不正确．
14．已知当x＝3时，代数式4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)取得最小值，则a＝________.
答案 36
解析 4x＋eq \f(a,x)≥2eq \r(4x·\f(a,x))＝4eq \r(a)(x>0，a>0)，当且仅当4x＝eq \f(a,x)，即x＝eq \f(\r(a),2)时等号成立，所以eq \f(\r(a),2)＝3，即a＝36.
15. 《几何原本》第二卷中的几何代数法(几何方法研究代数问题)成了后世数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多代数的定理都能够通过图形实现证明，并称之为无字证明．现有如图所示的图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB. 设AC＝a，BC＝b(a>0，b>0)，则该图形可以完成的无字证明为( )
A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab) B．a2＋b2≥ 2ab
C.eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab) D.eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))
答案 D
解析 由题图知，OF＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(a＋b,2)，OC＝eq \f(a－b,2)，
在Rt△OCF中，
CF＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－b,2)))2)＝eq \r(\f(a2＋b2,2))，
因为CF≥OF，
所以eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(a>0，b>0)．
16．已知a，b都是正数，求证：eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).
证明 ∵eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))，
∴eq \f(1,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \f(1,2\r(\f(1,ab)))，即eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab).
又∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2＝eq \f(a2＋2ab＋b2,4)
≤eq \f(a2＋a2＋b2＋b2,4)＝eq \f(a2＋b2,2)，
∴eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).
又由基本不等式得eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
故eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(当且仅当a＝b时，等号成立)．