基本不等式：-≤(a+b)课件

不等式3.4基本不等式：ab≤a＋b21．重要不等式：对于任意实数a，b，有a2＋b22ab，当且仅当时，等号成立．新知初探≥a＝b2．基本不等式：如果a，b∈R＋，那么aba＋b2，当且仅当时，等号成立．其中a＋b2为a，b的，ab为a，b的．所以两个正数的平均数不小于它们的平均数．3．已知a，b∈R＋，则a＋1a≥2，ab＋ba≥2.≤a＝b算术平均数几何平均数算术几何1．基本不等式“ab≤a＋b2”中为什么要限定“a0，b0”？思考感悟提示：(1)若a，b异号，显然ab无意义，故不等式不成立．(2)若a0，b0，显然ab0，而a＋b20，故不等式也不成立．(3)若a，b之一为零，则ab与a＋b2间的关系明确，无需研究．2．你能推导出ab≤a＋b2(a0，b0)等号成立的条件吗？提示：由ab＝a＋b2可得a＋b＝2ab，即(a－b)2＝0，∴a＝b，即a＝b，所以不等式“ab≤a＋b2”等号成立的条件为a＝b.3．基本不等式中的a，b可以是任意值为正数的代数式吗？提示：可以．基本不等式强调a，b为正数，所以任意值为正的数、字母、代数式都可作为公式中的a，b.如1a＋1b2≥1a·1b，就是用1a代替a，1b代替b.类型一基本不等式成立的条件[例1]判断下列说法是否正确，并说明理由．(1)若x0，则x＋1x≥2；(2)若x0，则x＋1x≤－2；(3)若ab＝3，则a＋b≥23.典例导悟[解](1)正确，∵x0，∴x＋1x≥2x·1x＝2.∴x＋1x≥2.(2)正确，∵x0，∴－x0.∴x＋1x＝－(－x)－1－x＝－[(－x)＋1－x]．又－x＋1－x≥2－x·1－x＝2，∴x＋1x≤－2.(3)不正确，∵a，b不一定是正数．[点评]1.不等式a＋b2≥ab成立的条件为a0，b0；等号成立的条件为“a＝b”．2．在含有参数的式子里，如果变量范围没有明确，应慎用不等式．变式训练1以下结论中，错用基本不等式作依据的是()A．x，y均为正数，则yx＋xy≥2B．a∈R，则(1＋a)(1＋1a)≥4C．若x1，则lgx＋logx10≥2D.x2＋2x2＋1≥2解析：A，C符合基本不等式，可以运用基本不等式作理论依据．D拆项后为x2＋1＋1x2＋1，符合基本不等式，只有B，因给出a∈R，所以需讨论．故答案为B.答案：B类型二利用基本不等式比较大小[例2]已知f(x)＝ax(a0，且a≠1)，当x1≠x2时，比较f(x1＋x22)与fx1＋fx22的大小．[分析]本题考查对基本不等式的理解．可先计算出f(x1＋x22)与fx1＋fx22，再根据形式上的特点，利用基本不等式进行比较．[解]∵f(x)＝ax，∴f(x1＋x22)＝ax1＋x22，12[f(x1)＋f(x2)]＝12(ax1＋ax2)．∵a0，且a≠1，x1≠x2，∴ax10，ax20，且ax1≠ax2.∴12(ax1＋ax2)ax1·ax2＝ax1＋x22，即f(x1＋x22)12[f(x1)＋f(x2)]．[点评]比较式子的大小的方法：(1)作差法．(2)利用基本不等式．(3)利用函数的单调性．(4)利用中间值．(5)赋值法．变式训练2已知m＝a＋1a－2(a2)，n＝22－b2(b≠0)，则m，n之间的大小关系是()A．mnB．mnC．m＝nD．不确定解析：解答本题先根据基本不等式求出m的范围，再根据指数函数的性质求出n的取值范围，再比较m，n的大小．∵a2，∴a－20，又∵m＝a＋1a－2＝(a－2)＋1a－2＋2.∴m≥2a－2×1a－2＋2＝4，即m∈[4，＋∞)．由b≠0得b2≠0，∴2－b22，∴22－b24，即n4，∴n∈(0,4)．综上易得mn.故选A.答案：A类型三利用基本不等式证明不等式[例3]设a，b，c均为实数．求证：12a＋12b＋12c≥1b＋c＋1c＋a＋1a＋b.[分析]要证明的不等式的两边都是三项的和式，很难直接合并，可以多次利用基本不等式将每两个数进行合并，然后求和．[证明]∵a，b，c均为实数，∴12(12a＋12b)≥12ab≥1a＋b，当a＝b时等号成立；同理，12(12b＋12c)≥12bc≥1b＋c，当b＝c时等号成立；12(12c＋12a)≥12ca≥1c＋a，当a＝c时等号成立．三个不等式相加即得12a＋12b＋12c≥1b＋c＋1c＋a＋1a＋b，当且仅当a＝b＝c时等号成立．[点评]对于多项和的不等式证明过程中，常常多次用到基本不等式证明．但一定要注意等号能不能同时取．变式训练3已知a，b，c为不全相等的正实数，求证：a＋b＋cab＋bc＋ca.证明：∵a0，b0，c0，∴a＋b≥2ab，b＋c≥2bc，c＋a≥2ac.∴2(a＋b＋c)≥2ab＋2bc＋2ca，即a＋b＋c≥ab＋bc＋ca.由于a，b，c为不全相等的正实数，等号不成立．∴a＋b＋cab＋bc＋ca.[例4]已知a，b，c∈{正实数}且a＋b＋c＝1.求证：(1a－1)(1b－1)(1c－1)≥8.[分析]不等式右边数字为8，使它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1a－1＝1－aa＝b＋ca≥2bca，可由此变形入手．[证明]∵a，b，c∈{正实数}，a＋b＋c＝1，∴1a－1＝1－aa＝b＋ca＝ba＋ca≥2bca.同理1b－1≥2acb，1c－1≥2abc.由上述三个不等式两边均为正，分别相乘，∴(1a－1)(1b－1)(1c－1)≥2bca·2acb·2abc＝8.当且仅当a＝b＝c＝13时取等号．[点评]本题除了正确使用基本不等式外，还要注意“1”的整体代换，上式中还必须保证三个“＝”号同时成立．变式训练4已知a，b，c∈{正实数}，且a＋b＋c＝1.求证：1a＋1b＋1c≥9.证明：1a＋1b＋1c＝a＋b＋ca＋a＋b＋cb＋a＋b＋cc＝3＋(ba＋ab)＋(ca＋ac)＋(cb＋bc)≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a＝b＝c＝13时取等号．易错点：不注意等号成立的条件出现错误[错题展示]求y＝x2＋5x2＋4的最小值．[错因分析]y＝x2＋4＋1x2＋4＝x2＋4＋1x2＋4，此时若用定理求最小值，取等号的条件是x2＋4＝1x2＋4，x2＋4＝1不成立，故不能取最小值，此解答是错误的．自我纠错[正解]令t＝x2＋4，由y＝f(t)＝t＋1t，由f(t)＝t＋1t(t≥2)的单调性，知y＝t＋1t在[2，＋∞)上是增函数．∴当t＝2时，f(t)min＝2＋12＝52，即当x2＋4＝2，也就是x＝0时，ymin＝52.1．基本不等式是由重要不等式：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”号)推出的，但它们运用的条件不同，基本不等式中要求a，b是正数，而重要不等式中，a，b是实数即可．在推导a2＋b2≥2ab和ab≤a＋b2时，是由不等式的意义、性质及比较法推出的，因此，凡是用这两个不等式解答的问题，也都是由不等式的意义、性质及比较法来解决的．思悟升华2．根据定理中的基本公式，易得到一些常用的变形公式和推广公式．常用的变形公式有：(1)a＋b≥2ab，ab≤(a＋b2)2(当且仅当a＝b时取等号)．(2)a＋1a≥2(a＞0)(当且仅当a＝1时取等号)．a＋1a≤－2(a＜0)(当且仅当a＝－1时取等号)．(3)ba＋ab≥2(a，b同号)(当且仅当a＝b时取等号)．1．不等式a2＋1≥2a中等号成立的条件是()A．a＝±1B．a＝1C．a＝－1D．a＝0解析：a2＋1－2a＝(a－1)2≥0，∴a＝1时，等号成立．答案：B2．已知a，b∈(0,1)，且a≠b，则下列各式最大的是()A．2abB．2abC．a＋bD．a2＋b2答案：C3．对于任意正数a，b，设A＝a＋b2，G＝ab，则A与G的大小关系是________．解析：∵a0，b0，∴a＋b2≥ab0，∴A≥G.答案：A≥G4．已知下列不等式：①a2b≥2a－b(a0，b0)；②ab≤2a2＋b2；③a2＋b2＋2≥2(a＋b)中，一定成立的是________．解析：由a2b＋b－2a＝1b(a－b)2≥0，得a2b≥2a－b，①正确；由a2＋1≥2a，b2＋1≥2b，得a2＋b2＋2≥2(a＋b)，③正确；取a＝b＝4，可排除ab≤2a2＋b2，②错误．答案：①③5．已知a0，b0，c0，求证：(1)b＋ca＋c＋ab＋a＋bc≥6；(2)b＋ca·c＋ab·a＋bc≥8.证明：(1)b＋ca＋a＋cb＋a＋bc＝ba＋ca＋cb＋ab＋ac＋bc＝(ba＋ab)＋(ca＋ac)＋(cb＋bc)≥2＋2＋2＝6.(2)b＋ca·c＋ab·a＋bc≥2bca·2acb·2abc＝8abcabc＝8.6．求证：(a＋b2)2≤a2＋b22.证明：(a＋b2)2＝a2＋b2＋2ab4≤a2＋b2＋a2＋b24＝a2＋b22(当且仅当a＝b时“＝”成立)．