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2018版高中数学第三章不等式3.2均值不等式(一)学案新人教B版必修5


3.2 均值不等式(一) 学习目标 1.理解均值不等式的内容及证明.2.能熟练运用均值不等式来比较两个实数的大 小.3.能初步运用均值不等式证明简单的不等式. 知识点一 算术平均值与几何平均值 思考 如图,AB 是圆 O 的直径,点 Q 是 AB 上任一点,AQ=a,BQ=b,过点 Q 作 PQ 垂直 AB 于 Q,连接 AP,PB.如何用 a,b 表示 PO,PQ 的长度? 梳理 一般地,对于正数 a,b, a+b 2 为 a,b 的________平均值, ab为 a,b 的________平 均值.两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值,即 ab≤ 的|PO|≥|PQ|. a+b 2 .其几何意义如上图中 知识点二 均值不等式及其常见推论 思考 如何证明不等式 ab≤ a+b 2 (a>0,b>0)? 梳理 a+b ab≤ (a>0,b>0).当对正数 a,b 赋予不同的值时,可得以下推论: 2 (1)ab≤( a+b 2 )≤ 2 a2+b2 2 (a,b∈R); (2) + ≥2(a,b 同号); b a a b 1 (3)当 ab>0 时, + ≥2; (4)a +b +c ≥ab+bc+ca(a,b,c∈R). 2 2 2 b a a b 类型一 常见推论的证明 例 1 证明不等式 a +b ≥2ab(a,b∈R). 2 2 引申探究 证明不等式( a+b 2 )≤ 2 a2+b2 2 (a,b∈R). 反思与感悟 (1)本例证明的不等式成立的条件是 a,b∈R,与均值不等式不同. (2)本例使用的作差法与不等式性质是证明中常用的方法. 跟踪训练 1 已知 a,b,c 为任意的实数,求证:a +b +c ≥ab+bc+ca. 2 2 2 类型二 用均值不等式证明不等式 例 2 已知 x、y 都是正数. 求证:(1) + ≥2; y x x y (2)(x+y)(x +y )(x +y )≥8x y . 2 2 3 3 3 3 2 反思与感悟 在(1)的证明中把 , 分别看作均值不等式中的 a, b 从而能够应用均值不等式; 在(2)中三次利用了均值不等式, 由于每次应用不等式时等号成立的条件相同, 所以最终能取 到等号. 跟踪训练 2 已知 a、b、c 都是正实数,求证:(a+b)(b+c)·(c+a)≥8abc. y x x y 类型三 用均值不等式比大小 例 3 某工厂生产某种产品,第一年产量为 A,第二年的增长率为 a,第三年的增长率为 b, 这两年的平均增长率为 x,a,b,x 均大于零,则( A.x= C.x> ) a+b 2 2 B.x≤ D.x≥ a+b 2 2 a+b a+b 2 a+b 反思与感悟 均值不等式 ≥ ab一端为和,一端为积,使用均值不等式比大小要擅于利 用这个桥梁化和为积或者化积为和. lg a+lg b 跟踪训练 3 设 a>b>1,P= lg a·lg b,Q= , 2 R=lg a+b 2 ,则 P,Q,R 的大小关系是( ) A.R<P<Q B.P<Q<R 3 C.Q<P<R D.P<R<Q 1 1 1.已知 a>0,b>0,则 + +2 ab的最小值是( a b ) A.2 B.2 2 C.4 D.5 ) 2.若 0<a<b,则下列不等式一定成立的是( A.a> C.b> a+b 2 2 > ab>b > ab>a B.b> ab> D.b>a> a b a+ b 2 >a a+b a+b 2 > ab ) 3.设 a、b 是实数,且 a+b=3,则 2 +2 的最小值是( A.6 C.2 6 4.设 a>0,b>0,给出下列不等式: ①a +1>a; 2 B.4 2 D.8 ? 1?? 1? ②?a+ ??b+ ?≥4; ? a?? b? ④a +9>6a. 2 ?1 1? ③(a+b)? + ?≥4; ?a b? 其中恒成立的是________.(填序号) 1.两个不等式 a +b ≥2ab 与 2 2 a+b 2 ≥ ab都是带有等号的不等式,对于“当且仅当…时,取 等号”这句话的含义要有正确的理解.一方面,当 a=b 时, = ab时,也有 a=b. a+b 2 = ab;另一方面,当 a+b 2 2. 在利用均值不等式证明的过程中, 常需要把数、 式合理地拆成两项或多项或把恒等式变形 配凑成适当的数、式,以便于利用均值不等式. 4 答案精析 问题导学 知识点一 |AB| a+b 思考 |PO|= = . 2 2 易证 Rt△APQ∽Rt△PBQ, 那么|PQ| =|AQ|·|QB|, 即|PQ|= ab. 梳理 算术 几何 知识点二 思考 ∵a+b-2 ab=( a) +( b) -2 a· b=( a- b) ≥0, 当且仅当 a=b 时,等号成立, ∴a+b≥2 ab, ∴ ab≤ 2 2 2 2 a+b 2 , 当且仅当 a=b 时,等号成立. 题型探究 类型一 例 1 证明 ∵a +b -2ab=(a-b) ≥0, ∴a +b ≥2ab. 引申探究 证明 由例 1,得 a +b ≥2ab, ∴2(a +b )≥a +b +2ab, 两边同除以 4,即得( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a+b 2 )≤ 2 a2+b2 2 , 当且仅当 a=b 时,取等号. 跟踪训练 1 证明 ∵a +b ≥2ab; 2 2 b2+c2≥2bc;c2+a2≥2ca, ∴2(a +b +c )≥2(ab+bc+ca), 即 a +b +c ≥ab+bc+ca, 当且仅当 a=b=c 时,等号成立. 类型二 例 2 证明 (1)∵x,y 都是正数, 5 2 2 2 2 2 2 ∴ >0, >0, ∴ + ≥2 即 + ≥2, 当且仅

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