重要不等式及其运用 人教版 2Word文档格式.docx

重要不等式及其运用 人教版 2Word文档格式.docx

《重要不等式及其运用 人教版 2Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重要不等式及其运用 人教版 2Word文档格式.docx（25页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

，∴

　　可以看出，当且仅当a=b,c=A且

，即a=b=c（=A）时取“=”号。

的几何意义是“半径不小于半弦”。

　　我们知道

，即两个正数的平方平均数不小于算术平均数。

且

，即两个正数的算术平均数不小于这两数的调和平均数，显然需要比较的是

与

的大小。

　　∵

　　综上可得出:

　　③结论2的条件是a,b,c∈R+，实际上，由推证过程:

a3+b3+c3-3abc=

（a+b+c）[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0。

只需a+b+c≥0即可，但为了使用方便，往往限制a,b,c∈R+。

这一点必须清楚，例如a3+b3+c3≥3abc成立的充要条件是:

a+b+c≥0或a=b=c。

　　④结论4，设

，本定理反映的是n个（n是大于1的整数）正数的算术平均数A不小于它们的几何平均数G。

　　⑤应用不等式证题时，一定要注意条件和“=”的说明，尤其在求函数最值时，“=”号成立与否是很关键的。

　　二、重要不等式的应用:

例1．设a,b,c∈R+，求证：

　　分析:

本题的难点在于

不易处理，如能找出a2+b2与a+b之间的关系，问题就能解决。

　　证明:

∵a,b,c∈R+，a2+b2≥2ab,∴2（a2+b2）≥（a+b）2,

　　同理:

　　例2．若a,b,c∈R+，求证（a+b+c）4·

（a2+b2+c2）≥243a2b2c2。

这类不等式可看作是“和的形式≥积的形式”经迭乘而成。

∵a,b,c>

0，∴

，∴

　　又

，∴（a+b+c）4（a2+b2+c2）≥35（abc）2。

　　∴（a+b+c）4（a2+b2+c2）≥243a2b2c2。

　　例3．若a>

2，求证

两个对数的积不好处理，而和易处理，从而想到重要不等式。

∵a>

2,∴loga（a-1）>

0,loga（a+1）>

0，且

　　∴loga（a-1）loga（a+1）<

　　例4．若0<

x<

求x（2-5x）的最大值。

　　解:

∵

　∴2-5x>

　　当且仅当5x=2-5x，即

时，原式有最大值

　　例5．求函数

的最小值（a>

0）。

（1）当0<

a≤1时，y≥2，当且仅当

时，ymin=2。

（2）当a>

1时，令

（t≥

）。

在

为增函数，∴

，此时x=0。

　　综上可知，0<

a≤1时，ymin=2；

a>

1时，

　　三、课外练习

　　1．若-4<

1，则

有（　）。

　　A、最小值1　　B、最大值1　　C、最小值-1　　D、最大值-1

　　2．若x+2y=4,x>

0,y>

0，则lgx+lgy的最大值为________。

　　3．若lgx+lgy=1，则

的最小值为_____。

　　4．已知a,b,c∈R+,a+b+c=1。

求证：

　　5．某游泳馆出售冬季学生游泳卡，每张卡240元。

并规定不记名，每卡每次只限1人，每天只限1次。

某班有48名学生，教师准备组织学生集体冬泳，除需要购买若干张游泳卡外，每次去游泳还要包一辆汽车，无论乘坐多少学生，每次的包车费为40元。

要使每个学生游8次，每人最少交多少钱？

　　参考答案:

1.D　　2.lg2　　3.2

　　1.

　　2.

，当且仅当x=2y=2时取“=”。

　　3．lgx+lgy=1,xy=10,∵

　　4.证明:

∵a,b,c∈R+,a+b+c=1。

　（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）。

∴

　∵

∴

　　5．设购买x张游泳卡，活动开支为y元，则

当且仅当x=8时取“=”号，此时每人最少交80元。

谈对均值不等式的理解和应用

均值不等式是不等式一章中最基础、应用最广泛的灵活因子，它是考查素质、能力的一个窗口，是高考的热点。

对均值不等式的应用可从以下三个方面着手。

　　1通过特征分析，用于证不等式

　　均值不等式：

　1）

　　2）

　　两端的结构、数字具有如下特征：

　　1）次数相等；

　　2）项数相等或不等式右侧系数与左侧项数相等；

　　3）左和右积。

　　当要证的不等式具有上述特征时，考虑用均值不等式证明。

　　例1．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：

a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）>

6abc.

　　分析：

观察要证不等式的两端都是关于a，b，c的3次多项式，左侧6项，右侧6项，左和右积，具备均值不等式的特征。

∵b2+c2≥2bc,a>

0,∴a（b2+c2）≥2abc

　　同理，b（c2+a2）≥2bac,c（a2+b2）≥2cab,又∵a，b，c不全相等，

　　∴上述三个不等式中等号不能同时成立，因此

　　a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）>

6abc。

　　例2.若a，b，c∈R+，且a+b+c＝1，求证

.

由a，b，c∈R+，联想均值不等式成立的条件，并把1＝a+b+c代换

中的“1”，要证不等式变为

　　即

　　亦即

　　发现

互为倒数，已具备均值不等式的特征。

　　证明：

∵a,b,c∈R+,　

.　　

　　∵a+b+c=1,∴

　　说明：

　　1）此题的证明方法采用的是综合法。

用综合法证不等式即由已知不等式推证要证不等式。

　　2）在附加条件的变换下，要证的不等式会隐含均值不等式的部分特征，显示其一个或两个特征，这时，仍可考虑用特征分析法，合理选择思路，寻找解决问题的切入点。

　　2抓条件“一正、二定、三等”求最值

　　由均值不等式2），推证出最值定理及其使用的前提条件：

“一正、二定、三等”，求最值时，三者缺一不可。

　　例3.已知x,y∈R+且9x+16y＝144，求xy的最大值。

由题设一正：

x,y∈R+，二定:

9x+16y＝144。

求积的最大值，可考虑用均值不等式求解。

　　解：

∵x,y∈R+，

　　当且仅当9x=16y，即

时，（xy）max=36.

本题若改为：

x,y∈R且9x2+16y2=144，求xy的最大值呢？

请同学们一试。

　　3抓“当且仅当……等号成立”的条件，实现相等与不等的转化

　　在均值不等式中“当且仅当……等号成立”的“当且仅当”是“充要条件”的同义词，它给出了相等与不等的界，是相等与不等转化的突破口。

　　例4．在ΔABC中，若三边a，b，c满足条件（a+b+c）3=27abc，试判定三角形ABC的形状。

（a+b+c）3=27abc，具有三元均值不等式的结构特征，且属均值不等式的特例（取等号情形），所以有下面解法。

∵a>

0,b>

0,c>

0，故有不等式

（见阅读材料），即（a+b+c）3

27abc，当且仅当a=b=c时，上式等号成立，故三角形为等边三角形。

　　例5．已知x,y,z为正实数，且x+y+z=3,

.求x2+y2+z2的值。

由题设得

　　∵x,y,z>

0,∴

　　此不等式等号成立，当且仅当上述三个不等式的等号同时成立，即

∴x2=1,y2=1,z2=1,∴x2+y2+z2=3.

均值不等式给出了相等、不等的界，即等号成立的条件。

　　又如解方程：

，读者不妨试解。

　　总之，均值不等式成立的条件，结构特征，积、和为定值，等号成立的条件，是理解应用均值不等式的认知角度。

同学们要学会观察已知和未知的结构特征、数字特征，认清其区别、联系，联想相关的知识点、方法，寻找解决问题的突破口。

用基本不等式求最值

　　借助基本不等式：

或

，a,b∈R+；

，a,b,c∈R+。

　　求函数的最大值或最小值，在确保“各项为正”的前提下，还必须满足两点：

　　第一，求和的最小值时，它们的积应为定值；

求积的最大值时，它们的和应为定值。

　　第二，使上述不等式中的等号成立时的自变量为一个确定的值，且在该函数定义域内。

　　要满足上述两点，在运算过程中，必须对式子作适当的恒等变形，方能达到目的。

本文分析用基本不等式求最值容易产生的错误，并归纳一般方法。

　　1．常见致错原因分析

　　例1．若x>

0，求

的最小值。

　　解法1：

由于

，故知Pmin=1.

以上解法是错误，虽说满足了“积为定值”这个条件，但使等号成立的先决条件：

却不成立。

正确解法如下：

　　解法2：

　　在

即

时，有

以上求解中采用了“变换系数”的办法，使得“第一”，“第二”两个条件都得以满足。

“变换系数”是变形中的常用方法之一。

　　例2．已知x,y∈R+,且2x+y=4，求

由2x+y=4，知y=4-2x，∴x∈（0,2），故

　　而x（4-2x）在x=1时有最大值2，故

有最小值

　　所以

在x=1∈（0,2）时，有最小值

以上解法是错误的。

其一，

的积

不是定值；

其二，要取得等号，必须

，即x=y。

而当x=y=1时，与条件2x+y=4相悖。

　　解法2.由2x+y=4,得

于是

以上解法又是错的。

这里两次用到基本不等式，然而，使等号成立的条件并不相同：

对于

中取等号，必须

，即y=2x；

取等号，必须

，即x=y，这便导致2x=x，得出x=0，与已知矛盾。

　　解法3：

由2x+y=4，得

以上解法满足“第一”，“第二”两个要求，所以正确。

等号在

，即

时成立，代入2x+y=4得x=2（2-

）∈（0,2）。

　　解法4:

由2x+y=4，可令2x=4cos2α,，y=4sin2α，于是

以上解法满足要求，答案正确。

时成立，由此可得

，满足2x+y=4。

　　2.常见一般方法

（1）变更系数法

　　例3.若x>

1，求

　　等号在

即x=2∈（1,+∞）时,有

　　例4．边长为a的正方形铁片，在其四角剪去相等的小正方形后，折成一个方盒。

问剪去的尺寸为多少时，小方盒有最大容积。

设剪去的小正方形边长为x，则小方盒边长为a-2x，又其高为x，

　　故小方盒容积为V=（a-2x）2x，而4V=4x（a-2x）2≤

故当4x=a-2x,

　　例5．若a≥b>

本题两次用到基本不等式，第一次在条件2a-b=b即a=b时取等号，第二次在条件

即a=2时取等号，并不矛盾，解法正确。

（2）取倒数或作平方

　　例6．周长为定值时，哪种三角形面积最大？

据海伦公式，三角形的面积

，这里

　显然

，同理p-b>

0,p-c>

0，

　　故S2=p（p-a）（p-b）（p-c）

，等号在p-a=p-b=p-c即a=b=c时成立，即周长为定值时，等边三角形面积最大。

　　（3）待定系数法

　　例7．总长为24m的铁丝剪成若干段，焊成一个长方体容器的框架。

若底面长方形邻边之比为3∶2，试问长方体的高为多少时，其容积有最大值。

设底面长方形较长的一边为x，则其邻边长为

，设长方体高为y，则有

，故知x∈（0,3.6）为函数

的定义域。

　　虽说

为定值，但使等式

成立的x却不存在，为此，需采用其他办法。

，所以

　　故得

，等号在

时成立，即x=2.4∈（0,3.6），这时

以上解法仍是“变更系数法”，问题是（＊）处的变形很难想到，是否有别的方法呢？

　　解法2对于

，取待定系数m，使

　　要使

为（与x无关的）定值，必须

，即x=2.4∈（0,3,6）时成立，这时

较之解法1，技巧性降低了，也就比较容易入手，解法2的方法就是最简单的待定系数法。

用待定系数法目的，就是为了本文开头提到的“第一”，“第二”两个条件得以实现，在构成积的三个因式中有两个相同，另一个不相等，总可以用变更系数法或待定系数法来处理。

　例8．若x>

0，求V=x（x+0.5）（3.2-2x）的最大值。

取待定系数m,n使mnV=x（mx+0.5m）（3.2n-2nx）

　　要使x+（mx+0.5m）+（3.2n-2nx）即0.5m+3.2n+（1+m-2n）x为（与x无关的）定值，必须1+m-2n=0（*）

　　由x=mx+0.5m=3.2n-2nx得

　　代入（*）整理得3x2-2.2x-0.8=0，解得x=1及

，当x=1时，

　于是

　　即当x=1时，

　　另解：

取待定系数m,n使mnV=mx（nx+0.5n）（3.2-2x）.

　　要使mx+（nx+0.5n）+（3.2-2x）即0.5n+3.2+（m+n-2）x为（与x无关的）定值，必m+n-2=0（*）.

　　而由mx=nx+0.5n=3.2-2x，即得

　　代入（*）整理得3x2-2.2x-0.8=0（下略）

本例中构成积的三个因式互不相同，为确保“第一”，“第二”两个条件得以实现，用待定系数法求解时，需用两个待定系数。

这两个系数如何配置，结果总为一样，惟繁简不同而已。

1．已知i,m,n是正整数，且1<

i≤m<

n。

　　（I）证明ni

<

mi

　　（II）证明（1+m）n>

（1+n）m。

　　本题考察排列、组合、二项式定理、不等式的基本知识和逻辑推理能力.

（I）对于1<

i≤m，有

=m……（m-i+1）,

　　同理

　　由于m<

n,对整数k=1,2,……,i-1，有

，即mi

>

ni

　　（II）证明：

由二项式定理有　（1+m）n=

　（1+n）m=

　　由（I）知mi

（1<

n）,

　　而

所以，mi

　　因此，

　　又m0

=n0C

=1,m

=n

=mn,mi

0（m<

i≤n）.

，即（1+m）n>

（1+n）m.

　　2.a>

b>

1,P=

Q=

（lga+lgb）,R=lg（

），则（　）。

　　A、R<

P<

Q　　B、P<

Q<

R　　C、Q<

R　　D、P<

R<

Q

　　精析：

观察P，Q，R三式的结构特点，联想对数运算法则，注意到均值不等式，就有如下解法过程。

　　∵a>

1,∴lga>

lgb>

0,lga+lgb>

2

（lga+lgb）>

故Q>

P,

　　又由

得lg（

）>

lg

　　即lg（

（lga+lgb）。

故R>

Q，从而选B。

　　注意：

本题也可用特殊值法来判定，如取a=100,b=10，很容易选B。

解这类题要善于利用特例法求解，利用均值不等式和函数单调性比较大小，是比较大小常用的方法。

　　3．已知a,b,c是实数，函数f（x）=ax2+bx+c,g（x）=ax+b,当-1≤x≤1时，|f（x）|≤1.

（1）证明：

|c|≤1；

（2）证明：

-1≤x≤1时，|g（x）|≤2；

　　（3）设a>

0,当-1≤x≤1时，g（x）的最大值为2，求f（x）。

（1）由条件-1≤x≤1,|f（x）|≤1,取x=0，得|c|=|f（0）|≤1,即|c|≤1.

（2）由于g（x）=ax+b中含有字母未知数a，因而用分类讨论，结合函数g（x）的单调性来证明。

　　当a>

0时，g（x）=ax+b，在[-1,1]上是增函数，∴g（-1）≤g（x）≤g

（1）,

　　∵|f（x）|≤1（-1≤x≤1）,|c|≤1,∴g

（1）=a+b=f

（1）-c≤|f

（1）|+|c|≤2.

　　g（-1）=-a+b=-f（-1）+c≥-（|f（-1）|+|c|）≥-2,

　　由此得|g（x）|≤2,

　　当a<

0时，g（x）=ax+b在[-1，1]上是减函数，

　　∴g（-1）≥g（x）≥g

（1）,

　　∵|f（x）|≤1（-1≤x≤1）,|c|≤1,

　　∴g（-1）=-a+b=-f（-1）+c≤|f（-1）|+|c|≤2,

　　　g

（1）=a+b=f

（1）-c≥-（|f

（1）|+|c|）≥-2,

　　由此得|g（x）|≤2,

　　当a=0时，g（x）=b,f（x）=bx+c

　　∵-1≤x≤1

　　∴|g（x）|=|f

（1）-c|≤|f

（1）|+|c|≤2

　　综上所述，得|g（x）|≤2.

　　（3）利用题设先求c值，再求f（x）.

0,g（x）在[-1，1]上是增函数，当x=1时取得最大值2，

　　即g

（1）=a+b=f

（1）-f（0）=2,

　　∵-1≤f（0）=f

（1）-2≤1-2=-1,∴c=f（0）=-1,

　　∵当-1≤x≤1时，f（x）≥-1,即f（x）≥f（0）,

　　根据二次函数性质，直线x=0为二次函数f（x）的图像的对称轴，

　　故有-

=0，那么b=0,a=2.∴f（x）=2x2-1。

本题综合性较强。

前两问考查绝对值不等式的证明，第三问求函数的表达式，技巧性较高。

要求考生会灵活应用绝对值不等式的性质及函数的单调性，并会进行合理的分类讨论。

　　注：

在高考中单纯的不等式证明题比较少，多数是和应用题等其它知识结合在一起考察的。