苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式3.2 基本不等式优质学案设计

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3.2 基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0)


3.2.1 基本不等式的证明








如下表所示，再任意取几组正数a，b，算出它们的算术平均数eq \f(a＋b,2)和几何平均数eq \r(ab)，猜测一般情况下两个正数的算术平均数与几何平均数的大小．尝试用比较法加以证明．








1．算术平均数与几何平均数


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．


2．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．


思考：如何证明不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0)?


[提示] 因为a＋b－2eq \r(ab)＝(eq \r(a))2＋(eq \r(b))2－2eq \r(a)·eq \r(b)＝(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，


所以a＋b≥2eq \r(ab)，


所以eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，


当且仅当a＝b时，等号成立．


3．两个重要的不等式


若a，b∈R，则(1)ab≤eq \f(a2＋b2,2)，即a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时，等号成立)；


(2)ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2) (当且仅当a＝b时，等号成立)．


4．应用基本不等式求最值


在运用基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)求最值时，要把握好三个要点“一正、二定、三相等”．


一正： a，b是正数．


二定：①和a＋b一定时，由eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)变形得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，即积ab有最大值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)；


②积ab一定时，由eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)变形得a＋b≥2eq \r(ab)，即和a＋b有最小值2eq \r(ab)．


三相等：取等号的条件都是当且仅当a＝b时，等号成立．





1．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是( )


A．a＝±1 B．a＝1


C．a＝－1 D．a＝0


B [当a2＋1＝2a，即(a－1)2＝0，即a＝1时，“＝”成立．]


2．已知a，b∈(0,1)，且a≠b，下列各式中最大的是( )


A．a2＋b2 B．2eq \r(ab)


C．2ab D．a＋b


D [因为a，b∈(0,1)，所以a2＜a，b2＜b，


所以a2＋b2＜a＋b，又a2＋b2＞2ab(因为a≠b)，


所以2ab＜a2＋b2＜a＋b．


又因为a＋b＞2eq \r(ab)(因为a≠b)，所以a＋b最大．]


3．已知ab＝1，a>0，b>0，则a＋b的最小值为( )


A．1 B．2


C．4 D．8


B [因为a>0，b>0，所以a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时取等号，故a＋b的最小值为2．]


4．当a，b∈R时，下列不等关系成立的是 ．


①eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)；②a－b≥2eq \r(ab)；③a2＋b2≥2ab；④a2－b2≥2ab．


③ [根据eq \f(a2＋b2,2)≥ab，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)成立的条件判断，知①②④错，只有③正确．]








【例1】 给出下面三个推导过程：


①因为a，b为正实数，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2；


②因为a∈R，a≠0，所以eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4；


③因为x，y∈R，xy＜0，所以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．


其中正确的推导为( )


A．①② B．①③


C．②③ D．①②③


B [①因为a，b为正实数，所以eq \f(b,a)，eq \f(a,b)为正实数，符合基本不等式的条件，故①的推导正确．


②因为a∈R，a≠0，不符合基本不等式的条件，


所以eq \f(4,a)＋a≥2eq \r(\f(4,a)·a)＝4是错误的．


③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 \f(x,y)＋eq \f(y,x)提出负号后，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,y)))、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,x)))均变为正数，符合基本不等式的条件，故③正确．]





1．基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) (a≥0，b≥0)反映了两个非负数的和与积之间的关系．


2．对基本不等式的准确掌握要抓住以下两个方面：(1)定理成立的条件是a，b都是非负数．(2)“当且仅当”的含义：当a＝b时，eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)的等号成立，即a＝b⇒eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)；仅当a＝b时，eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)的等号成立，即eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)⇒a＝b．





eq \([跟进训练])


1．下列不等式的推导过程正确的是 ．


①若x＞0，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．


①② [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．]


【例2】 (1)已知a，b∈(0，＋∞)，则下列各式中不一定成立的是( )


A．a＋b≥2eq \r(ab) B．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2


C．eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥2eq \r(ab) D．eq \f(2ab,a＋b)≥eq \r(ab)


(2)已知a，b，c是两两不等的实数，则p＝a2＋b2＋c2与q＝ab＋bc＋ca的大小关系是 ．


(1)D (2)p＞q [(1)由eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)得a＋b≥2eq \r(ab)，


所以A成立；


因为eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，所以B成立；


因为eq \f(a2＋b2,\r(ab))≥eq \f(2ab,\r(ab))＝2eq \r(ab)，所以C成立；


因为eq \f(2ab,a＋b)≤eq \f(2ab,2\r(ab))＝eq \r(ab)，所以D不一定成立．


(2)因为a，b，c互不相等，


所以a2＋b2＞2ab，b2＋c2>2bc，a2＋c2>2ac．


因此2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)．


即a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac．]





1．在理解基本不等式时，要从形式到内含中理解，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．





eq \([跟进训练])


2．如果0＜a＜b＜1，P＝eq \f(a＋b,2)，Q＝eq \r(ab)，M＝eq \r(a＋b)，那么P，Q，M的大小顺序是( )


A．P＞Q＞M B．M＞P＞Q


C．Q＞M＞P D．M＞Q＞P


B [显然eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)，又因为eq \f(a＋b,2)＜eq \r(a＋b)，(由a＋b＞eq \f(a＋b2,4)，也就是由eq \f(a＋b,4)＜1可得)，所以eq \r(a＋b)＞eq \f(a＋b,2)＞eq \r(ab)．故M＞P＞Q．]


【例3】 已知a，b，c是互不相等的正数，且a＋b＋c＝1，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9．


[思路点拨] 看到eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9，想到将“1”换成“a＋b＋c”，裂项构造基本不等式的形式，用基本不等式证明．


[证明] 因为a，b，c∈R＋，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 \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 \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＋2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq \r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq \r(\f(c,b)·\f(b,c))


＝3＋2＋2＋2


＝9．


当且仅当a＝b＝c时取等号，


又因为a，b，c互不相等，


所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)>9．





本例条件不变，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∈R＋，


且a＋b＋c＝1，


所以eq \f(1,a)－1＝eq \f(b＋c,a)>0，eq \f(1,b)－1＝eq \f(a＋c,b)>0，eq \f(1,c)－1＝eq \f(a＋b,c)>0，


所以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(b＋c,a)·eq \f(a＋c,b)·eq \f(a＋b,c)


≥eq \f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，


当且仅当a＝b＝c时取等号，


因为a，b，c互不相等，


所以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．





1．条件不等式的证明，要将待证不等式与已知条件结合起来考虑，比如本题通过“1”的代换，将不等式的左边化成齐次式，一方面为使用基本不等式创造条件，另一方面可实现约分与不等式的右边建立联系．


2．先局部运用基本不等式，再利用不等式的性质(注意限制条件)，通过相加(乘)合成为符合待证的不等式，既是运用基本不等式时的一种重要技能，也是证明不等式时的一种常用方法．





eq \([跟进训练])


3．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＋c4≥2b2c2，


c4＋a4≥2a2c2，


所以(a4＋b4)＋(b4＋c4)＋(c4＋a4)≥2a2b2＋2b2c2＋2a2c2，


从而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2．


4． 已知2a＋b＝1，a>0，b>0，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥3＋2eq \r(2)．


[证明] eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(2a＋b,a)＋eq \f(2a＋b,b)＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(2a,b)))≥3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(b,a)＝eq \f(2a,b)，且2a＋b＝1，即a＝eq \f(2－\r(2),2)，b＝eq \r(2)－1时取等号．


【例4】 (1)已知x

(2)已知0

[思路点拨] (1)看到求y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最值，想到如何才能出现乘积定值；(2)要求y＝eq \f(1,2)x(1－2x)的最值，需要出现和为定值．


[解] (1)因为x0，


所以y＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1，


当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，


即x＝1时，上式等号成立，


故当x＝1时，ymax＝1．


(2)因为00，


所以y＝eq \f(1,4)×2x(1－2x)≤eq \f(1,4)×eq \s\up0(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋1－2x,2)))eq \s\up12(2))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)．


所以当且仅当2x＝1－2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0

即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,16)．





利用基本不等式求最值的关键是获得定值条件，解题时应对照已知和欲求的式子运用适当的“拆项、添项、配凑、变形”等方法创设应用基本不等式的条件．具体可归纳为三句话：一不正，用其相反数，改变不等号方向；二不定应凑出定和或定积；三不等，一般用单调性.





eq \([跟进训练])


5．(1)已知x>0，求函数y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)的最小值；


(2)已知0

[解] (1)因为y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)＝x＋eq \f(4,x)＋5≥2eq \r(4)＋5＝9，


当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时等号成立．


故y＝eq \f(x2＋5x＋4,x)(x>0)的最小值为9．


(2)法一：因为00．


所以y＝x(1－3x)＝eq \f(1,3)·3x(1－3x)


≤eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3x＋1－3x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,12)．


当且仅当3x＝1－3x，即x＝eq \f(1,6)时，等号成立．


所以当x＝eq \f(1,6)时，函数取得最大值eq \f(1,12)．


法二：因为00．


所以y＝x(1－3x)＝3·xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－x))≤3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋\f(1,3)－x,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,12)，


当且仅当x＝eq \f(1,3)－x，即x＝eq \f(1,6)时，等号成立．


所以当x＝eq \f(1,6)时，函数取得最大值eq \f(1,12)．








1．应用基本不等式时要时刻注意其成立的条件，只有当a≥0，b≥0时，才会有eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)．对于“当且仅当a＝b时，‘＝’号成立”这句话要从两个方面理解：一方面，当a＝b时，eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)；另一方面：当eq \f(a＋b,2)＝eq \r(ab)时，也有a＝b．


2．应用基本不等式证明不等式的关键在于进行“拼”“凑”“拆”“合”“放缩”等变形，构造出符合基本不等式的条件结构．


3．利用基本不等式求最值的要点：一正、二定、三相等．





1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)


(1)对任意a，b∈R，a2＋b2≥2ab，a＋b≥2eq \r(ab)均成立．( )


(2)若a>2，则a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2．( )


(3)若a>0，b>0，则ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)．( )


[提示] (1)任意a，b∈R，有a2＋b2≥2ab成立，当a，b≥0时，不等式a＋b≥2eq \r(ab)成立．


(2)根据基本不等式，才有不等式a＋eq \f(1,a)≥2eq \r(a·\f(1,a))＝2成立，当且仅当只有当a＝1时取等号．


(3)因为eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，所以ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)．


[答案] (1)× (2)× (3)√


2．函数y＝eq \f(9,x－2)＋x(其中x＞2)取得最小值的条件是( )


A．x＝3 B．x＝－3


C．x＝5 D．x＝－5


C [当x＞2时，由基本不等式知y＝eq \f(9,x－2)＋x＝eq \f(9,x－2)＋(x－2)＋2≥2eq \r(\f(9,x－2)·x－2)＋2≥8，当且仅当eq \f(9,x－2)＝x－2时取等号 ，即x＝5(x＝－1舍去)．]


3．若a＞0，b＞0，ab＝1＋a＋b，则a＋b的最小值为 ．


2＋2eq \r(2) [1＋a＋b＝ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，


所以(a＋b)2－4(a＋b)－4≥0．


所以a＋b≤2－2eq \r(2)或a＋b≥2＋2eq \r(2)．


因为a＞0，b＞0，


所以a＋b≥2＋2eq \r(2)．


所以a＋b的最小值为2＋2eq \r(2)．]


4．设a>0，b>0，证明：eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．


[证明] 因为a>0，b>0，


所以eq \f(b2,a)＋a≥2b，eq \f(a2,b)＋b≥2a，


所以eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)≥a＋b．


学 习 目 标
核 心 素 养
1．了解基本不等式的证明过程．(重点)


2．能利用基本不等式证明简单的不等式及比较代数式的大小．


3．能利用基本不等式求简单函数的最值．(难点)
1．通过不等式的证明，培养逻辑推理素养．


2．借助基本不等式形式求简单的最值问题，提升数学运算素养．
a
1
2
b
1
4
eq \f(a＋b,2)
1
3
eq \r(ab)
1
2eq \r(2)
对基本不等式的理解
利用基本不等式比较大小
利用基本不等式证明不等式
利用基本不等式求最值