高中數(shù)學(xué)蘇教版 (2019)必修 第一冊(cè)3.2 基本不等式導(dǎo)學(xué)案及答案

這是一份高中數(shù)學(xué)蘇教版 (2019)必修 第一冊(cè)3.2 基本不等式導(dǎo)學(xué)案及答案，共14頁(yè)。學(xué)案主要包含了基本不等式的推導(dǎo)與證明，用基本不等式證明不等式，用基本不等式求最值等內(nèi)容，歡迎下載使用。
學(xué)習(xí)目標(biāo) 1.了解基本不等式的證明過(guò)程.2.能利用基本不等式證明簡(jiǎn)單的不等式.3.會(huì)利用基本不等式求簡(jiǎn)單的函數(shù)的最值．
導(dǎo)語(yǔ)
國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)是世界上數(shù)學(xué)家的盛會(huì)，如圖是在北京召開(kāi)的第24屆國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)的會(huì)標(biāo)，三國(guó)時(shí)期趙爽在《勾股方圓圖注》中證明勾股定理時(shí)采用了該圖形，你能找到正方形ABCD的面積與四個(gè)直角三角形的面積之和的大小關(guān)系嗎？帶著這個(gè)問(wèn)題我們繼續(xù)研究不等式的相關(guān)知識(shí)．
一、基本不等式的推導(dǎo)與證明
問(wèn)題1 我們可以將(a－b)2≥0變形，有不等式a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．該不等式對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，b都能成立，我們稱該不等式為重要不等式．現(xiàn)在我們討論一種特別的情況，如果a>0，b>0，我們用eq \r(a)，eq \r(b)分別替換上式中的a，b，能得到什么樣的結(jié)論？
提示 用eq \r(a)，eq \r(b)分別替換上式中的a，b可得到a＋b≥2eq \r(ab)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．我們習(xí)慣表示成eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2).
問(wèn)題2 上述不等式是在重要不等式基礎(chǔ)上轉(zhuǎn)化出來(lái)的，是否對(duì)所有的a>0，b>0都能成立？請(qǐng)給出證明．
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)，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．
方法二 (性質(zhì)法)
要證eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，
只需證2eq \r(ab)≤a＋b，
只需證2eq \r(ab)－a－b≤0，
只需證－(eq \r(a)－eq \r(b))2≤0，
顯然(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0成立，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．
方法三 對(duì)于正數(shù)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).
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．
方法四 (利用幾何意義證明)
如圖AB是圓的直徑，點(diǎn)C是AB上一點(diǎn)，AC＝a，BC＝b，過(guò)點(diǎn)C作垂直于AB的弦DE，連接AD，BD，故有△ACD∽△DCB，故CD＝eq \r(ab)，由于CD小于或等于圓的半徑，故用不等式表示為eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，由此也可以得出圓的半徑不小于半弦．
知識(shí)梳理
基本不等式：如果a，b是正數(shù)，那么eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．我們把不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a，b≥0)稱為基本不等式．
對(duì)于正數(shù)a，b，我們把eq \f(a＋b,2)稱為a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq \r(ab)稱為a，b的幾何平均數(shù)．
注意點(diǎn)：
(1)均值不等式常見(jiàn)的變形：①當(dāng)a＞0，b＞0，則a＋b≥2eq \r(ab)；②當(dāng)a＞0，b＞0，則ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2.
(2)兩個(gè)正數(shù)的幾何平均數(shù)不大于它們的算術(shù)平均數(shù)，當(dāng)兩個(gè)正數(shù)相等時(shí)，兩者相等．
例1 (1)若a，b∈R，且ab>0，則下列不等式中，恒成立的是( )
A．a(chǎn)2＋b2>2ab B．a(chǎn)＋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)中等號(hào)成立的條件是( )
A．a(chǎn)＝0 B．a(chǎn)＝eq \f(1,2)
C．a(chǎn)＝1 D．a(chǎn)＝2
答案 (1)D (2)C
解析 (1)對(duì)于A項(xiàng)，當(dāng)a＝b時(shí)，應(yīng)有a2＋b2＝2ab，所以A項(xiàng)錯(cuò)；對(duì)于B，C，條件ab>0，只能說(shuō)明a，b同號(hào)，當(dāng)a，b都小于0時(shí)，B，C錯(cuò)誤；對(duì)于D項(xiàng)，因?yàn)閍b>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，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．
(2)因?yàn)閍>0，根據(jù)基本不等式eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立，故a＋1≥2eq \r(a)中當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)等號(hào)成立．
反思感悟 在基本不等式應(yīng)用過(guò)程中要注意“一正、二定、三相等”．
一正：a，b均為正數(shù)；
二定：不等式一邊為定值；
三相等：不等式中的等號(hào)能取到，即a＝b有解．
跟蹤訓(xùn)練1 下列不等式的推導(dǎo)過(guò)程正確的是________．(填序號(hào))
①若x>1，則x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2；
②若x1，所以x＋eq \f(1,x)>2；
③中忽視了利用基本不等式時(shí)每一項(xiàng)必須為正數(shù)這一條件．
二、用基本不等式證明不等式
例2 已知a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且a＋b＋c＝1.
求證：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.
證明 因?yàn)閍，b，c均為正實(shí)數(shù)，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).
上述三個(gè)不等式兩邊均為正，分別相乘，
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.
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq \f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立．
延伸探究 例2的條件不變，求證：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥9.
證明 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，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq \f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立．
反思感悟 利用基本不等式證明不等式的策略與注意事項(xiàng)
(1)策略：從已證不等式和問(wèn)題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過(guò)逐步的邏輯推理，最后轉(zhuǎn)化為所求問(wèn)題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．
(2)注意事項(xiàng)：
①多次使用基本不等式時(shí)，要注意等號(hào)能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，證明不等式時(shí)注意使用；③對(duì)不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型，再使用．
跟蹤訓(xùn)練2 已知a，b，c為正數(shù)，求證：eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)≥3.
證明 左邊＝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?yàn)閍，b，c為正數(shù)，
所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”)；
eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取“＝”)；
eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取“＝”)．
從而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(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào))．
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x0，
∴eq \f(9,x)＋4x≥2eq \r(\f(9,x)·4x)＝12，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(9,x)＝4x，即x＝eq \f(3,2)時(shí)等號(hào)成立，
∴eq \f(9,x)＋4x的最小值為12.
(2)∵x0，
∴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，
當(dāng)且僅當(dāng)eq \f(1,1－x)＝1－x，即x＝0時(shí)等號(hào)成立，
∴eq \f(1,x－1)＋x的最大值為－1.
反思感悟 拼湊法求解最值，其實(shí)質(zhì)就是先通過(guò)代數(shù)式變形拼湊出和或積為常數(shù)的兩項(xiàng)，然后利用基本不等式求解最值．利用基本不等式求解最值時(shí)，要注意“一正、二定、三相等”，尤其是要注意驗(yàn)證等號(hào)成立的條件．
跟蹤訓(xùn)練3 (1)當(dāng)x>1時(shí)，求2x＋eq \f(8,x－1)的最小值；
(2)求函數(shù)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，
當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3時(shí)，等號(hào)成立．
(2)∵x≥eq \f(5,2)，∴x－2>0，
則eq \f(x2－4x＋5,x－2)＝eq \f(?x－2?2＋1,x－2)＝(x－2)＋eq \f(1,?x－2?)≥2，
當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3時(shí)，等號(hào)成立．
1．知識(shí)清單：
(1)基本不等式：eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)(a≥0，b≥0)．
(2)推論：當(dāng)a，b∈R時(shí)，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．方法歸納：通過(guò)湊項(xiàng)、拆項(xiàng)湊成基本不等式的形式．
3．常見(jiàn)誤區(qū)：一正、二定、三相等，常缺少條件導(dǎo)致錯(cuò)誤．
1．下列等式中最小值為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時(shí)，y＝－51
C.eq \r(ab)≤2 D.eq \f(1,ab)≥1
答案 C
解析 當(dāng)a＝b＝2時(shí)，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝1，
所以A，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；
同時(shí)eq \f(1,ab)＝eq \f(1,4)0，那么a＋eq \f(1,a)＋2的最小值是______．
答案 4
解析 因?yàn)閍>0，
所以a＋eq \f(1,a)＋2≥2eq \r(a·\f(1,a))＋2＝2＋2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)等號(hào)成立．故所求最小值為0.
4．設(shè)x>0，則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)，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq \f(\r(3),3)時(shí)，等號(hào)成立，
∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,x)))≤－2eq \r(3)，
則3－3x－eq \f(1,x)≤3－2eq \r(3).
1．(多選)下列條件可使eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的有( )
A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b0，b>0 D．a(chǎn)0.
2．a(chǎn)，b∈R，則a2＋b2與2|ab|的大小關(guān)系是( )
A．a(chǎn)2＋b2≥2|ab| B．a(chǎn)2＋b2＝2|ab|
C．a(chǎn)2＋b2≤2|ab| D．a(chǎn)2＋b2>2|ab|
答案 A
解析 ∵a2＋b2－2|ab|＝(|a|－|b|)2≥0，
∴a2＋b2≥2|ab|(當(dāng)且僅當(dāng)|a|＝|b|時(shí)，等號(hào)成立)．
3．已知x>－2，則x＋eq \f(1,x＋2)的最小值為( )
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，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)，等號(hào)成立．故所求最小值為0.
4．已知m＝a＋eq \f(1,a－2)(a>2)，n＝4－b2(b≠0)，則m，n之間的大小關(guān)系是( )
A．m>n B．m2，所以a－2>0.
又因?yàn)閙＝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－b20時(shí)，y有最小值0
B．當(dāng)x>0時(shí)，y有最大值0
C．當(dāng)xeq \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 ∵0eq \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．函數(shù)y＝4x＋eq \f(4,x＋1)(x>－1)的最小值是________．
答案 4
解析 由題意可知，x>－1，則x＋1>0，
所以函數(shù)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，
當(dāng)且僅當(dāng)4(x＋1)＝eq \f(4,x＋1)時(shí)，
即x＝0時(shí)取等號(hào)，
所以函數(shù)y＝4x＋eq \f(4,x＋1)(x>－1)的最小值是4.
8．已知x0，
設(shè)x＋1＝t>0，則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.
當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq \f(4,t)，即t＝2時(shí)取等號(hào)，此時(shí)x＝1.所以當(dāng)x＝1時(shí)，eq \f(?x＋5??x＋2?,x＋1)取得最小值9.
11．式子eq \f(x2＋4,|x|)的最小值為( )
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，當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝eq \f(4,|x|)，即x＝±2時(shí)，等號(hào)成立，故最小值為4.
12．下列不等式中一定成立的是( )
A．a(chǎn)＋eq \f(4,a)≥4 B．a(chǎn)2＋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a0，b>0)．
16．已知a，b都是正數(shù)，求證：eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).
證明 ∵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))(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立)．