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第2单元 算术平均数与几何平均数


第 2 单元
一、内容黄金组 1. 1.

算术平均数与几何平均数
2 2

定理:如果 a, b ∈ R ,那么 a + b ≥ 2ab (当且仅当 a = b 时取“=” ) 证明: a + b ? 2ab = ( a ? b)
2 2 2

当a = b时, ? b) 2 = 0? (a ?? 2 当a ≠ b时, ? b) 2 > 0? (a a + b 2 ≥ 2ab
(1)指出定理适用范围: a, b ∈ R (2)强调取“=”的条件 a = b

2. 2.

a+b ≥ ab a, b 是正数,那么 2 定理:如果 (当且仅当 a = b 时取“=” )
+

注意: (1)这个定理适用的范围: a ∈ R

3. 3.

(2)语言表述:两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。 推广:
+

3 3 3 定理:如果 a, b, c ∈ R ,那么 a + b + c ≥ 3abc (当且仅当 a = b = c 时取“=” )

4. 4.

+ 推论: 如果 a, b, c ∈ R , 那么

a+b+c 3 ≥ abc 3 (当且仅当 a = b = c 时取 “=” )

二、要点大揭秘 1. 1. 重视基本不等式成立的条件 2 2 (1) (1) 如果 a,b ∈ R,那么 a +b ≥2ab。这个不等式成立的条件是 a,b 为一

1 1 2 2 切 实 数 , a , b 也 可以 是代 数 式 。例 如 : x +1 ≥ 2x , ( x + 1 ) +( x ? 1 ) ≥
2

1 1 2( x + 1 )( x ? 1 )。所以这个不等式又可叙述为: 任何两个实数的平方和不小于
它们的乘积的 2 倍。

(2) (2)

a+b 如果 a,b 都是正数,那么 2 ≥ ab 。这个不等式成立的条件是 a,

b 都是正实数,因为它描述了两个正实数的算术平均数与几何平均数之间的关
系,所以称之为均值定理。 2. 2. 正确理解定理中等号成立的条件 定理中“≥” ,可表述为“不小于” ,也可表述为“大于或等于”“当且仅当”a=b 时“=” 。 2 2 成立,即 a=b 是取等号的充要条件,也就是若 a≠b,不论 a>b 还是 a<b,都只能有 a +b

a+b 2 2 2 2 >2ab 或 2 > ab (a>0,>0)成立。 b 例如: 因为 sec α =1+tan α , 所以 sec α ≠tan α ,

1
2

所以只能有 sec

α +tan2 α >2·sec α ·tan α 。同样,因为 x 2 + 2 ≠ x 2 + 2 ,所以只
1 x 2 + 2 >2 成立。

能有 x + 2 +
2

3. 3. 利用均值定理求最大、最小值。 (1) (1) 用均值定理求最值,可归结为口诀:一正二定三相等。 “一正”指两个 “二定”指积或和是定值,即 x·y 或 x+y 要是常数,也就 数 x,y 都要是正数; 是 x·y 或 x+y 的取值与 x,y 无关; “三相等”指要有 x=y 成立。如果满足上述 三个条件,那么当积为常数时,和有最小值;当和为常数时,积有最大值,简 记为和≥积。 (2) (2) 要重视式子的恒等变形 利用不等式求最值时, 有时需要将有关式子进行恒等变形, 才能使和或积是常数。 例如:

9 9 9 9 a 求 显然 a· ? 1 不是常数, 但∵a+ a ? 1 =(a-1)+ a ? 1 +1, 当 a>1 时, a+ a ? 1 的最小值。 9 9 9 其中(a-1)· a ? 1 =9 是常数,当且仅当 a=4 时,a-1= a ? 1 ,所以(a-1)+ a ? 1 有最小 9 3 值 6,因此当 a=4 时,a+ a ? 1 有最小值 7。又如:当 0<x< 2 时,求 x(3-2x)的最大 1 2 x (3 ? 2 x ) 值,将 x(3-2x)变形为 2 ,此时 2x+(3-2x)为常数 3,所以 2x=3-2x 时,即 3 9 9 x= 4 时,2x(3-2x)有最大值 4 ,那么 x(3-2x)有最大值 8 。
(3) (3) 均值定理不是求最值唯一的方法。 利用均值不等式求最大值或最小值是一种重要方法, 但不是唯一的方法。 也就是说如果不能

2 2 用不等式求最值,不能说最值不存在。例如:已知 0<x≤1,求 x+ x 的最小值。∵x≠ x , 2 2 ∴x+ x ≥2 2 时, “=”不能成立。所以 x+ x 在 0<x≤1 时,最小值不是 2 2 ,此时要考 2 x ∈ ( 0,1] 虑用其它方法求最小值。一般是利用函数单调性,先证明函数 f(x)= x+ x 在 时为 2 单调递减函数,所以在 x=1 时,x+ x 有最小值 3。
三、好题解给你 (1) (1) 预习题

例 1. 1.已知 6 < a < 8,2 < b < 3 ,分别求 解:(8,11)
4 3

a + b, a ? b ,

a b 的范围

(3,6)
2

(2,4)

例 2. x ∈ R 试比较

2x + 1与 2 x 3 + x 2
4

解: 2 x + 1 > 2 x + x 例 3. 下列命题正确的是( D )

b a + ≥2 (A) a b 成立当且仅当 a, b 均为正数
3 (B) a + b + c ≥ 3 abc 成立当且仅当 a , b, c 均为正数

(C)

log a b + log b c + log c a ≥ 3 成立当且仅当 a , b, c ∈ (1,+∞)
a+ 1 ≥2 a 成立当且仅当 a ≠ 0.

(D)

2 2 2 例 4. 已知 a , b, c 为两两不相等的实数,求证: a + b + c > ab + bc + ca 2 2 证:∵ a + b > 2 ab

b 2 = c 2 > 2bc

c 2 + a 2 > 2ca

2 2 2 以上三式相加: 2( a + b + c ) > 2ab + 2bc + 2ca
2 2 2 ∴ a + b + c > ab + bc + ca

16 ( x f 0) x2 例 5. 最小值是 _______ 。 16 16 y = 4 x + 2 = 2 x + 2 x + 2 ≥ 3 3 64 = 12 x x 解: y = 4x +
(2) (2) 基础题

1 sin α + cos α sin 2α sin 2α 2 例 1.设 α 是锐角,a= , b= 2 ,c= sin α + cos α ,则下列关系式正
确的是( ) (A) a≤b≤c (B) b≤a≤c

解 ∵ α 为锐角,∴sin α >0,cos α >0,

(C) c≤b≤a (D) b≤c≤a

1 sin α + cos α sin 2α 2 ≥ sin α cos α = 2 ,∴a≥b,淘汰(A)。
sin α + cos α 2sin α cos α (sin α ? cos α ) 2 a- a- c= - sin α + cos α = 2(sin α + cos α ) ≥0,
2

∴a≥c,淘汰(B)。

sin α cos α ?
b 2- c 2=

? 4sin α cos α ? 4sin 2 α cos 2 α sin α cos α ?1 ? 2 ? 2 (sin α + cos α ) = ? (sin α + cos α ) ?

sin α cos α (sin α ? cos α )2 (sin α + cos α ) 2 = ≥0,
2 2

∴b ≥c ,∴b≥c,选(C)。 例 2 已知等比数列

{an } 的公比为 q>0,S 为其前 n 项的和,则(
n

)
2

(A) (A) Sn·Sn+2< S n +1 (B) Sn·Sn+2≤ S n +1 (C) Sn·Sn+2> S n +1 (D) Sn·Sn+2≥ S n +1
分析 与等比数列前 n 项和有关问题要考虑公比 q=1 与 q≠1 两种情况。 解 1°当 q=1 时,Sn·Sn+2=n(n+2)

2

2

2

a12 。



2 S n +1 =(n+1)2 a12 ,∵(n+1)2=n2+2n+1>n(n+2) 2 a12 >0,∴n(n+2) a12 <(n+1)2 a12 ,∴Sn·Sn+2< S n +1 ,淘汰(C)(D)。

a1 (1 ? q n ) a1 (1 ? q n + 2 ) a12 (1 ? q n )(1 ? q n+ 2 ) 1? q (1 ? q)2 2°当 q≠1 时,Sn·Sn+2= 1 ? q =
2 n n+ 2 2n+2 ? a12 (1 ? q n ? q n+ 2 + q n q n + 2 ) a1 ?1 ? (q + q ) + q ? ? 2 2 (1 ? q) (1 ? q) = , =

? a1 (1 ? q n +1 ) ? a12 (1 ? 2q n +1 + q 2 n+ 2 ) ? 1? q ? S2 (1 ? q )2 ? = 又 n +1 = ? ,

2

qn + qn+2 n n+2 q n q n + 2 ……(1) 2 ∵q >0,q >0,∴ ≥
n n+2 2 n n+2

若 q = q , q =1 与 q>0,≠1 矛盾。 则 q ∴(1)式中 不成立, q + q > “=” ∴ ∵-( q + q )<- 2q
n n+2

2 q 2 n + 2 = 2q n +1 ,

n +1

,∴Sn·Sn+2<

2 S n +1 ,∴选 A。
a b

例 3. ①设 a,b ∈ R ,且 a+b=3,求 2 +2 的最小值。 ②若 a,b ∈ R ,且 a+2b=4,求 lga+lgb 的最大值。
a b a +b 3 a b a b 解 ①∵2 >0,2 >0,∴2 +2 ≥2 2 2 =2 2 =2 2 =4 2 ,

+

3 a b 令 2 =2 ,∴a=b= 2 ,所以 2 +2 的最小值为 4 2 。
a b

②∵lga+lgb=lgab,当 ab 最大时,lgab 也最大,

a (2b) ≤ ∵

a + 2b 2 =2,∴a·(2b)≤4。

令 a=2b,∴a=2b=2,即 a=2,b=1 时,上式“=”成立。 ∴2ab≤4,ab≤2,∴lgab 有最大值 lg2,即 lga+lgb 的最大值为 lg2。 (3) (3) 应用题

1 2 2 2 2 例 1. 已知 a,b ∈ R ,求证 2 (a +b )+1≥ a + 1 b + 1
2 2

分析 “和≥积”这是重要不等式的基本形式,观察要证明的不等式右式是 a +1 与 b +1 2 2 的几何平均数,因而左式改写为:a +1,b +1 的算术平均数。

(a 2 + 1) + (b 2 + 1) 2 2 2 证明 左式= ,∵a +1>0,b +1>0, (a 2 + 1) + (b 2 + 1) 1 ( a 2 + 1) (b 2 + 1) ,即 2 (a2+b2)+1≥ a 2 + 1 b 2 + 1 。 2 ∴ ≥ a 2 b2 2 例 2.设 0<x<1,a,b 为常数,求证 x + 1 ? x ≥(a+b) 。
分析 将欲证明的不等式进行等价变换,构造可选用重要不等式的形式。

a 2 b2 2 2 证明 求证的不等式等价于 x + 1 ? x ≥a +2ab+b , 1 1 2 2 即为 a ( x -1)+b ( 1 ? x -1)≥2ab, 1? x x ∵0<x<1,∴ x >0, 1 ? x >0,

x 2 1? x 2 1 1 1? x x (a ) + (b ) 2 2 2 2 x 1? x ∴a ( x -1)+b ( 1 ? x -1)=a ( x )+b ( 1 ? x )= 2(a


1? x x )(b ) x 1 ? x =2ab。

a 2 b2 2 2 ∴ x + 1 ? x ≥a +b +2ab, a 2 b2 2 ∴ x + 1 ? x ≥(a+b) 。
例 3.已知 a、b、c ∈ R ,且 a+b+c=1,证明:
+

1 (1) a +b +c ≥ 3 ;
2 2 2

1 1 1 9 (2) a + b + b + c + c + a ≥ 2 。
2 2 2 2

分析 条件 a+b+c=1 与要证明的结论之间的联系有两种情况,一是(a+b+c) 与 a +b +c 之间的联系,二是 1 都可以化为 a+b+c。另外,要证明的两个式子都是关于 a、b、c 的 “对称轮换式” ,往往需多次使用重要不等式,才能证明结论。 2 2 2 2 2 2 证明 (1)∵a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,c +a ≥2ca, 2 2 2 2 2 2 ∴(a +b )+( b +c )+( c +a )≥2ab+2bc+2ca, 2 2 2 即 2(a +b +c )≥2(ab+bc+ca), 2 2 2 2 2 2 ∴3(a +b +c )≥a +b +c +2(ab+bc+ca), 2 2 2 2 ∴3(a +b +c )≥(a+b+c) =1,

1 1 ∴a +b +c ≥ 3 (当且仅当 a=b=c= 3 时取“=”号)。
2 2 2 2 2 2 2 2 2

评注 此题在 2(a +b +c )≥2(ab+bc+ca)后,如果按以下方法推理:a +b +c ≥ab+bc+ca, 2 2 2 ∴a +b +c +2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca),

1 2 ∴3(ab+bc+ca)≤(a+b+c) =1,可推出结论:ab+bc+ca≤ 3 。 a+b+c a+b+c a+b+c + + b+c c+a (2) 左式= a + b 1 2a + 2b + 2c 2a + 2b + 2c 2a + 2b + 2c ( + + ) a+b b+c c+a =2 1 b+c c+a a+b c+a a+b b+c (1 + + +1+ + +1+ + ) a+b a+b b+c b+c c+a c+a , =2 b+c a+b c+a a+b c+a b+c + + + ∵ a + b b + c ≥2, a + b c + a ≥2, b + c c + a ≥2, 1 9 1 ∴左式≥ 2 (3+2+2+2)= 2 =右式。当且仅当 a=b=c= 3 时取“=” 。
评注 通过本题的学习,可知证明中对式子的变形相当重要。 (4) (4) 提高题 例 1.若 x,y ∈ R ,且 x+y+
+

x 2 + y 2 =10。求证 xy 的最大值为 50(3-2 2 )。

分析 “等量可代换”“不等量可传递” , ,这是等式和不等式的重要性质,在证明不等式中经 常使用。证明 xy 的最大值为 50(3-2 2 ),实质就是证明 xy≤50(3-2 2 ),且“=”能成

立。 证明 ∵x,y ∈ R ,∴x+y≥2
2 2

+

xy (当且仅当 x=y 时取“=”),

又 x +y ≥2xy>0,∴

x 2 + y 2 ≥ 2xy (当且仅当 x=y 时取“=”),

∴ x+y+

x 2 + y 2 ≥2 xy + 2xy (当且仅当 x=y 时取“=”), x 2 + y 2 =10,

∵ x+y+

∴10≥2

xy + 2xy ,即(2+ 2 )· xy ≤10,

10 10(2 ? 2) xy ≤ 2 + 2 = 4 ? 2 =5 2 ( 2 -1), ∴
2 ∴xy≤[5 2 ( 2 -1)] =50(3-2 2 ), (*)

令 x=y 代入 x+y+

x 2 + y 2 =10,得 x=y=5 2 ( 2 -1)时,

(*)式“=”能取到,∴xy 的最大值为 50(3-2 2 )。

x2 + c + 1
例 2.设 f(x)= (1) (1)

x 2 + c (c 为正常数)的最小值为 m,求证:
当 c≤1 时,m=2;

(2) (2)

1 c (1 + ) c 。 当 c>1 时,m=

分析 先利用重要不等式,求 f(x)的最小值。而后讨论“=”能否取到,若取不到,则要利 用函数单调性求最小值。 证明 设 x + c =t,(t≥ c ),
2

1 t2 +1 1 t t =2。 ∴y= f(x)= t =t+ t ≥2
1 2 令 t= t ,∴t =1,∴t=1。
(1) (1) ∵c≤1,∴当 t=1 时, x + c =1,
2

x2+c=1,∴x2=1-c<0,这样的实数 x 存在,
∴当 x= ± 1 ? c 时,函数 f(x)有最小值 2, 即 c≤1 时,m=2。 2 (2) (2) ∵c>1,∴若 t=1,则 x =1-c<0,这样的实数 x 不存在, 即 y≥2 中“=”不成立

∴函数 y= f(x)的最小值不是 2.下面利用函数单调性来求其最小值。 又∵当 c ≤t1<t2 时,

1 1 1 1 (t1 ? t2 )(t1t2 ? 1) t1t2 t1+ t1 -(t2+ t 2 )=t1-t2+ t1 - t 2 = 。 1 1 ∵t1-t2<0,t1·t2>0,且 t1t2-1>c-1>0,∴t1+ t1 <t2+ t 2 ,
1 ∴函数 y=t+ t 在 t≥ c 时为单调递增函数, c+

∴t= c 时,y 有最小值

1 c。
c+

即 f(x)在 x=0 时,有最小值

1 c。

c+

∴当 c>1 时,m= 例 3.画展中有一幅画,挂在离地面 a 米处,画本身高 b 米(如图) ,根据光学原理,对一 B 个物体视角 θ 最大时,观察得最清楚。问身高 h 米(h<a)的 一个人,站在离画多远时,观察该画最清楚? 分析 将求 θ 的最大值转化为求 tan θ 的最大值。 A D C θ

1 1 c (1 + ) c= c 。

M

π 解 设 ∠BMA = θ ,(0< θ < 2 )。
又设人站在离画 x 米处(x>0),BD=a+b-h>0, ∴AD= a-h>0,

tan ∠BMD =


a+b?h a?h tan ∠AMD = x x 。 ,

tan ∠BMD ? tan ∠AMD tan(∠BMD ? ∠AMD ) = 1 + tan ∠BMD tan ∠AMD ∴ tan θ =
a+b?h a?h ? b x x a+b?h a?h (a + b ? h)(a ? h) 1+ x+ x x = x = 。

( a + b ? h)( a ? h) x ∵x>0, >0, x+


(a + b ? h)(a ? h) ( a + b ? h)( a ? h) 2 x 2 (a + b ? h)(a ? h) (常数) x x ≥ = ,

( a + b ? h)( a ? h) (a + b ? h)(a ? h) 时, x 令 x= ,∴x= x+ ( a + b ? h)( a ? h) x 有最小值。∴ tan θ 有最大值。

∵0< θ < 2 ,∴ θ 此时有最大值。 因此,此人应站在离画 四、课后演武场
+

π

(a + b ? h)(a ? h) 处观察该画最清楚。

1 1 1 1.设 a、b、c ∈ R ,且互不相等,则三个正数 a+ b ,b+ c ,c+ a ( )
(A) (A) 都不大于 2 (C)至少有一个不大于 2
(B) 都不小于 2 (D) 至少有一个不小于 2 分析 有关“至少”“至多”的问题,一般用反证法来证明。 , “至少”的反设是“全部” 。

1 1 解 令 a=1,b= 2 ,则 a+ b =3>2,淘汰(A), 1 1 3 令 a= 2 ,b=1,则 a+ b = 2 <2,淘汰(B),

a b c 1 1 1 又由重要不等式 a+ b ≥2 b ,b+ c ≥2 c ,c+ a ≥2 a ,
a b c 若都不大于 2,那么 b ≤1, c ≤1, a ≤1,
∴a≤b≤c≤a,∴a=b=c 与已知矛盾,所以选 D。

x2 + 2 x2 + 5 1 4 2 2 2.已知函数①y=x+ x ;②y= x + 1 ;③y= x + 4 ;④y=6-(x+ x )
(x>0)。则其中以 2 为最小值的函数个数是( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 分析 利用不等式求最大值或最小值时,要注意三个条件,同时也要注意是最大值,还 是最小值。

x2 + 1 + 1
解 ①显然不合题意;对于②y=

x2 + 1 ,
1

1
2 y= x + 1 +

2 x 2 + 1 ≥2,令 x + 1 = x 2 + 1 可得 x=0。

所以“=”成立,其最小值为 2;

1
用同样的方法变形③y= x + 4 +
2

x + 4 ≥2,
2

1


x + 4 = x + 4 无实数解,
2
2

4 所以“=”不成立,因而最小值不是 2,对于④x+ x ≥4, 4 当 x=2 时“=”成立,所以 x+ x 有最小值,因此 y 有最大值 2,因此选 B。
2 2 3.已知实数 x, y 满足 x + y = 1 ,则 (1 ? xy )(1 + xy ) 有( B



1 (A)最小值 2 和最大值 1 1 3 (B)最小值 2 和最大值 4
2 2 2 2 4.求证: a + b + b + c +

3 (B)最小值 4 和最大值 1

(D)最小值 1

c 2 + a 2 ≥ 2 (a + b + c) b2 + c2 ≥ 2 (b + c ) 2 c2 + a2 ≥ 2 (ca ) 2

a2 + b2 ≥
证:

2 ( a + b) 2

三式相加化简即得


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