必修 第一册2.2 基本不等式第1课时学案及答案

这是一份必修 第一册2.2 基本不等式第1课时学案及答案，共10页。

1．理解基本不等式的推导过程，掌握基本不等式及成立条件．
2．会用基本不等式证明简单的不等式．
两个不等式
eq \f(a＋b,2)叫做正数a，b的算术平均数，eq \r(ab)叫做正数a，b的几何平均数．
基本不等式表明：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
温馨提示：“当且仅当a＝b时，等号成立”是指若a≠b，则a2＋b2≠2ab，eq \r(ab)≠eq \f(a＋b,2)，即只能有a2＋b2>2ab，eq \r(ab)0时，a＋eq \f(1,a)≥2，当a0，b>0时，(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4
C．当a>4时，a＋eq \f(9,a)≥2 eq \r(a·\f(9,a))＝6
D．当a>0，b>0时，eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)
[解析] A项中，可能eq \f(b,a)0，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2eq \r(\f(1,ab))>0，相乘得(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，当且仅当a＝b时等号成立，所以正确；C项中，a＋eq \f(9,a)≥2 eq \r(a·\f(9,a))＝6中的等号不成立，所以不正确；D项中，由基本不等式知，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)(a>0，b>0)，所以D不正确．
[答案] B
题型二 利用基本不等式证明不等式
【典例2】 (1)已知a，b，c为不全相等的正实数，求证：a＋b＋c>eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).
(2)已知a，b，c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.
[思路导引] (1)左边是和式，右边是带根号的积式之和，所以用基本不等式，将和变积，并证得不等式；(2)不等式右边数字为8，使我们联想到左边因式分别使用基本不等式，可得三个“2”连乘，又eq \f(1,a)－1＝eq \f(1－a,a)＝eq \f(b＋c,a)≥eq \f(2\r(bc),a)，可由此变形入手．
[证明] (1)∵a>0，b>0，c>0，
∴a＋b≥2eq \r(ab)>0，b＋c≥2eq \r(bc)>0，c＋a≥2eq \r(ca)>0.
∴2(a＋b＋c)≥2(eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca))，
即a＋b＋c≥eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).
由于a，b，c为不全相等的正实数，故等号不成立．
∴a＋b＋c>eq \r(ab)＋eq \r(bc)＋eq \r(ca).
(2)∵a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1，
∴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).
由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．
(1)利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式中必须有“和”式或“积”式，通过将“和”式转化为“积”式或将“积”式转化为“和”式，从而达到放缩的效果．
(2)注意多次运用基本不等式时等号能否取到．
(3)解题时要注意技巧，当不能直接利用不等式时，可将原不等式进行组合、构造，以满足能使用基本不等式的形式．
[针对训练]
2．已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.
[证明] 由基本不等式可得：
a4＋b4＝(a2)2＋(b2)2≥2a2b2，
同理：b4＋c2≥2b2c2，
c4＋a4≥2a2c2，
∴(a4＋b4)＋(b4＋c4)＋(c4＋a4)≥2a2b2＋2b2c2＋2a2c2，
从而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.
课堂归纳小结
利用基本不等式证明不等式时应注意的问题
(1)注意基本不等式成立的条件；
(2)多次使用基本不等式，要注意等号能否成立；
(3)对不能直接使用基本不等式证明的可重新组合，形成基本不等式模型，再使用.
1．若ab>0，则下列不等式不一定能成立的是( )
A．a2＋b2≥2ab B．a2＋b2≥－2ab
C．eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab) D．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2
[解析] C选项由条件可得到a、b同号，当a、b均为负号时，不成立．
[答案] C
2．已知a>1，则eq \f(a＋1,2)，eq \r(a)，eq \f(2a,a＋1)三个数的大小顺序是( )
A.eq \f(a＋1,2)0，x≠y，则下列四个式子中值最小的是( )
A.eq \f(1,x＋y) B.eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))
C. eq \r(\f(1,2x2＋y2)) D.eq \f(1,2\r(xy))
[解析] 解法一：∵x＋y>2eq \r(xy)，∴eq \f(1,x＋y)eq \f(1,\f(x＋y2,x＋y))＝eq \f(1,x＋y)，∴排除B；∵(x＋y)2＝x2＋y2＋2xyeq \r(\f(1,2x2＋y2))，排除A.
解法二：取x＝1，y＝2.则eq \f(1,x＋y)＝eq \f(1,3)；eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(3,8)；eq \r(\f(1,2x2＋y2))＝eq \f(1,\r(10))；eq \f(1,2\r(xy))＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(1,\r(8)).其中eq \f(1,\r(10))最小．
[答案] C
二、填空题
6．已知a>b>c，则eq \r(a－bb－c)与eq \f(a－c,2)的大小关系是
________.
[解析] ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0.
∴eq \f(a－c,2)＝eq \f(a－b＋b－c,2)≥eq \r(a－bb－c)，当且仅当a－b＝b－c，即2b＝a＋c时取等号．
[答案] eq \r(a－bb－c)≤eq \f(a－c,2)
7．若不等式eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))≥2恒成立，则当且仅当x＝________时取“＝”号．
[解析] eq \f(x2＋2,\r(x2＋1))＝eq \f(x2＋1＋1,\r(x2＋1))＝eq \r(x2＋1)＋eq \f(1,\r(x2＋1))≥
2eq \r(\r(x2＋1)\f(1,\r(x2＋1)))＝2，其中当且仅当eq \r(x2＋1)＝eq \f(1,\r(x2＋1))⇔x2＋1＝1⇔x2＝0⇔x＝0时成立．
[答案] 0
8．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________(填序号)．
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.
[解析] 令a＝b＝1，排除②④；由2＝a＋b≥2eq \r(ab)⇒ab≤1，①正确；a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝4－2ab≥2，③正确；eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(2,ab)≥2，⑤正确．
[答案] ①③⑤
三、解答题
9．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.
[证明] 因为a，b，c都是正数，所以eq \f(bc,a)，eq \f(ac,b)，eq \f(ab,c)也都是正数．
所以eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)≥2c，eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥2a，eq \f(bc,a)＋eq \f(ab,c)≥2b，
三式相加得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时取等号．
10．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(b,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(a,b)))
＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥9(当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时取等号)．
证法二：因为a，b为正数，a＋b＝1.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)，
ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))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\c1(1＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,b)))≥1＋8＝9
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时等号成立)).
综合运用
11．已知a>0，b>0，则eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是( )
A.eq \f(a＋b,2) B.eq \r(ab)
C. eq \r(\f(a2＋b2,2)) D.eq \f(2ab,a＋b)
[解析] 因为a>0，b>0，所以eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))＝ eq \r(\f(2a2＋b2,4))≥ eq \r(\f(a＋b2,4))＝eq \f(a＋b,2)(当且仅当a＝b>0时，等号成立)．所以eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)， eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是eq \f(2ab,a＋b)，故选D.
[答案] D
12．已知a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，则下列各式恒成立的是( )
A.eq \f(1,ab)≥8 B.eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4
C.eq \r(ab)≥eq \f(1,2) D.eq \f(1,a2＋b2)≤eq \f(1,2)
[解析] ∵当a，b∈(0，＋∞)时，a＋b≥2eq \r(ab)，又a＋b＝1，∴2eq \r(ab)≤1，即eq \r(ab)≤eq \f(1,2).∴ab≤eq \f(1,4).∴eq \f(1,ab)≥4.故选项A不正确，选项C也不正确．对于选项D，∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab，当a，b∈(0，＋∞)时，由ab≤eq \f(1,4)可得a2＋b2＝1－2ab≥eq \f(1,2).所以eq \f(1,a2＋b2)≤2，故选项D不正确．对于选项B，∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))(a＋b)＝1＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋1≥4，当且仅当a＝b时，等号成立．故选B.
[答案] B
13．已知不等式(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
[解析] (x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))＝1＋a＋eq \f(ax,y)＋eq \f(y,x)≥1＋a＋2eq \r(a)＝(eq \r(a)＋1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(y,x)＝\r(a)时取等号)).∵(x＋y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(a,y)))≥9对任意正实数x，y恒成立，∴(eq \r(a)＋1)2≥9.∴a≥4.
[答案] B
14．给出下列结论：
①若a>0，则a2＋1>a.
①若a>0，b>0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋a))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4.
③若a>0，b>0，则(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.
④若a∈R且a≠0，则eq \f(9,a)＋a≥6.
其中恒成立的是________．
[解析] 因为(a2＋1)－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
所以a2＋1>a，故①恒成立．
因为a>0，所以a＋eq \f(1,a)≥2，因为b>0，所以b＋eq \f(1,b)≥2，
所以当a>0，b>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))≥4，故②恒成立．
因为(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)，
又因为a，b∈(0，＋∞)，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2，
所以(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，故③恒成立．
因为a∈R且a≠0，不符合基本不等式的条件，故eq \f(9,a)＋a≥6是错误的．
[答案] ①②③
15．设a>b>c，且eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)≥eq \f(m,a－c)恒成立，求m的取值范围．
[解] 由a>b>c，知a－b>0，b－c>0，a－c>0.
因此，原不等式等价于eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)≥m.
要使原不等式恒成立，只需eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)的最小值不小于m即可．
因为eq \f(a－c,a－b)＋eq \f(a－c,b－c)＝eq \f(a－b＋b－c,a－b)＋eq \f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq \f(b－c,a－b)＋eq \f(a－b,b－c)≥2＋2 eq \r(\f(b－c,a－b)×\f(a－b,b－c))＝4，
当且仅当eq \f(b－c,a－b)＝eq \f(a－b,b－c)，即2b＝a＋c时，等号成立．
所以m≤4，即m∈{m|m≤4}．