阅读与思考 错在哪儿教学设计模板

学习目标

1.理解基本不等式的内容及证明.2.能熟练运用基本不等式来比较两个实数的大小.3.能初步运用基本不等式证明简单的不等式．

知识点一

算术平均数与几何平均数

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？

答案

|PO|＝|AB|a＋b＝.易证Rt△APQ∽Rt△PBQ，那么|PQ|2＝|AQ|·|QB|，即|PQ|＝ab. 22a＋b梳理

一般地，对于正数a，b，为a，b的算术平均数，ab为a，b的几何平均数．两2个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，即ab≤|PO|≥|PQ|.

知识点二

基本不等式及其常见推论

思考

如何证明不等式ab≤a＋b(a>0，b>0)? 2a＋b.其几何意义如上图中的2答案

∵a＋b－2ab＝(a)2＋(b)2－2a·b＝(a－b)2≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，

∴a＋b≥2ab，

a＋b∴ab≤，

2当且仅当a＝b时，等号成立．

梳理

a＋bab≤(a>0，b>0)．当对正数a，b赋予不同的值时，可得以下推论：

2a＋b2a2＋b2(1)ab≤()≤(a，b∈R)；

22

ba(2)＋≥2(a，b同号)；

abba(3)当ab>0时，＋≥2；

ab(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．

类型一

常见推论的证明

例1

证明不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．

证明

∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，

∴a2＋b2≥2ab. 引申探究

a＋b2a2＋b2证明不等式()≤(a，b∈R)．

22证明

由例1，得a2＋b2≥2ab，

∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab，

a＋b2a2＋b2两边同除以4，即得()≤，当且仅当a＝b时，取等号．

22反思与感悟

(1)本例证明的不等式成立的条件是a，b∈R，与基本不等式不同．

(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：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 证明

∵a2＋b2≥2ab；b2＋c2≥2bc；c2＋a2≥2ca，

∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)，

即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，

当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

类型二

用基本不等式证明不等式

例2

已知x、y都是正数．

yx求证：(1)＋≥2；

xy(2)(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3. 证明

(1)∵x，y都是正数，

xy∴>0，>0，

yxyx∴＋≥2xyyxyx·＝2，即＋≥2，

xyxy当且仅当x＝y时，等号成立．

(2)∵x，y都是正数，

∴x＋y≥2xy>0，

x2＋y2≥2x2y2>0，x3＋y3≥2x3y3>0. ∴(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3) ≥2xy·2x2y2·2x3y3＝8x3y3，

即(x＋y)(x2＋y2)(x3＋y3)≥8x3y3，

当且仅当x＝y时，等号成立．

反思与感悟

利用基本不等式证明不等式的策略与注意事项

(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后转化为所求问题，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．

(2)注意事项：

①多次使用基本不等式时，要注意等号能否成立；②累加法是不等式证明中的一种常用方法，证明不等式时注意使用；③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合，形成基本不等式模型，再使用．

跟踪训练2

已知a、b、c都是正实数，求证：(a＋b)(b＋c)·(c＋a)≥8abc. 证明

∵a，b，c都是正实数，

∴a＋b≥2ab>0，b＋c≥2bc>0，c＋a≥2ca>0. ∴(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥2ab·2bc·2ca＝8abc. 即(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc，

当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

类型三

用基本不等式比大小

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＋bA．x＝

2a＋bC．x＞

2答案

B 解析

第二年的产量为A＋A·a＝A(1＋a)，

第三年产量为A(1＋a)＋A(1＋a)·b＝A(1＋a)(1＋b)．

若平均增长率为x，则第三年产量为A(1＋x)2. 依题意有A(1＋x)2＝A(1＋a)(1＋b)，

∵a＞0，b＞0，x＞0，

∴(1＋x)2＝(1＋a)(1＋b)≤1＋a＋1＋b22，

a＋bB．x≤

2a＋bD．x≥

2

2＋a＋ba＋b∴1＋x≤＝1＋，

22a＋b∴x≤. 2反思与感悟

基本不等式a＋b≥ab一端为和，一端为积，使用基本不等式比大小要擅于利2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＝，

2R＝lg a＋b，则P，Q，R的大小关系是(

) 2B．P＜Q＜R

D．P＜R＜Q

A．R＜P＜Q

C．Q＜P＜R

答案

B 解析

∵a＞b＞1，

∴lg a＞lg b＞0，

∴又lg a＋lg b＞lg a·lg b，即Q＞P.①

2a＋b＞ab，

2∴lg a＋b1＞lgab＝(lg a＋lg b)，即R＞Q.②

22综合①②，有P＜Q＜R.

111．已知a>0，b>0，则＋＋2ab的最小值是(

) abA．2

B．22

C．4

D．5 答案

C 解析

∵a>0，b>0，

11∴＋＋2ab≥2ab1＋2ab≥4 ab1·ab＝4，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．

ab2．若0

) a＋bA．a>>ab>b

2a＋bC．b>>ab>a

2答案

C a＋bB．b>ab>>a

2a＋bD．b>a>>ab

2

a＋b解析

∵0a＋b，∴b>. 2∵b>a>0，∴ab>a2，

a＋b∴ab>a.故b>>ab>a. 23．设a、b是实数，且a＋b＝3，则2a＋2b的最小值是(

) A．6

B．42

C．26

D．8 答案

B 解析

∵a＋b＝3，

∴2a＋2b≥22a·2b＝22ab＝28＝42，

＋3当且仅当a＝b＝时，等号成立．

24．设a>0，b>0，给出下列不等式：

11a＋b＋≥4；

①a2＋1>a；②ab11＋≥4；④a2＋9>6a. ③(a＋b)ab其中恒成立的是________．(填序号) 答案

①②③

13a－2＋>0，故①恒成立；

解析

由于a2＋1－a＝2411由于a＋≥2，b＋≥2. ab11a＋b＋≥4，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，故②恒成立；

∴ab11由于a＋b≥2ab，＋≥2ab1，

ab11＋≥4，当且仅当a＝b时，等号成立，故③恒成立；当a＝3时，a2＋9＝6a，故故(a＋b)ab④不恒成立．

综上，恒成立的是①②③.

a＋b1．两个不等式a2＋b2≥2ab与≥ab都是带有等号的不等式，对于“当且仅当…时，取2a＋ba＋b等号”这句话的含义要有正确的理解．一方面：当a＝b时，＝ab；另一方面：当22＝ab时，也有a＝b. 2. 在利用基本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，以便于利用基本不等式．

40分钟课时作业

一、选择题

1．若a，b，c>0且a(a＋b＋c)＋bc＝4－23，则2a＋b＋c的最小值是(

) A.3－1

B.3＋1 C．23＋2

D．23－2 答案

D 解析

由a(a＋b＋c)＋bc＝4－23 ⇒a(a＋b)＋(a＋b)c＝(a＋b)(a＋c)＝4－23，

而2a＋b＋c＝(a＋b)＋(a＋c) ≥2a＋ba＋c

＝24－23＝2(3－1)＝23－2. 当且仅当a＋b＝a＋c，即b＝c时等号成立．

2．若a，b∈R且ab>0，则下列不等式中恒成立的是(

) A．a2＋b2>2ab

B．a＋b≥2ab

C.11a＋b>2ab

D.ba＋ab≥2 答案

D 解析

∵a2＋b2－2ab＝(a－b)2≥0，∴A错误；

对于B、C，当a<0，b<0时，明显错误；

对于D，∵ab>0，∴babaa＋b≥2 a·b＝2，

当且仅当a＝b时，等号成立．

3．若x>0，y>0且x＋y＝4，则下列不等式中恒成立的是(

A.11x＋y≥4

B.1x＋1y≥1 C.xy≥2

D.1xy≥1 答案

B 解析

若x>0，y>0，由x＋y＝4，得x＋y4＝1，

∴1111x＋y＝14(x＋y)x＋y

)

yx112＋＋≥(2＋2)＝1，

＝xy44当且仅当x＝y＝2时，等号成立．

114．设a>0，b>0，若3是3a与3b的等比中项，则＋的最小值为(

) abA．8

C．1

答案

B 解析

由题意知3a·3b＝3，即3ab＝3，所以a＋b＝1. ＋B．4 1D.

4因为a>0，b>0，

1111＋(a＋b) 所以＋＝ababba＝2＋＋≥2＋2 abba·＝4，

ab1当且仅当a＝b＝时，等号成立．

25．已知a，b∈(0，＋∞)，则下列不等式中不成立的是(

) A．a＋b＋1≥22

ab11B．(a＋b)a＋b≥4 2abD.>ab

a＋ba2＋b2C.≥2ab

ab答案

D 解析

a＋b＋11≥2ab＋≥ 22，

abab2时，等号成立，A成立；

21＝4，

ab当且仅当a＝b＝11(a＋b)2a＋b≥2ab·当且仅当a＝b时，等号成立，B成立；

∵a2＋b2≥2ab>0，

a2＋b2∴≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立，C成立；

ab∵a＋b≥2ab，且a，b∈(0，＋∞)，

∴2ab2ab≤1，≤ab. a＋ba＋b当且仅当a＝b时，等号成立，D不成立．

6．设0

) A．logab＋logba≥2

B．logab＋logba≥－2 C．logab＋logba≤－2 D．logab＋logba>2 答案

C 解析

∵0

∴logab<0，logba<0，－logab>0，－logba＞0，

1－∴(－logab)＋(－logba)＝(－logab)＋logab≥2，

当且仅当ab＝1时，等号成立，

∴logab＋logba≤－2. 二、填空题

7．若a<1，则a＋答案

大

－1 解析

∵a<1，∴a－1<0，

11∴－a－1＋a－1＝(1－a)＋≥2(a＝0时取等号)，

1－a1∴a－1＋≤－2，

a－11∴a＋≤－1. a－18．若不等式x2－ax＋1≥0对一切x∈(0,1]恒成立，则a的取值范围是________．

答案

(－∞，2] 解析

x2－ax＋1≥0，x∈(0,1]恒成立

⇔ax≤x2＋1，x∈(0,1]恒成立

1⇔a≤x＋，x∈(0,1]恒成立，

x1∵x∈(0,1]，x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，

x∴a≤2. a－c9．已知a＞b＞c，则a－bb－c与的大小关系是______________．

2答案

a－ca－bb－c≤

21有最____(填“大”或“小”)值，为_________________________．

a－1解析

因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，

a－ca－b＋b－c所以＝≥a－bb－c，当且仅当a－b＝b－c时，等号成立．

2210．设a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是________．(用

“＞”连接) 答案

m＞p＞n

解析

∵a＞1，∴a2＋1＞2a＞a＋1，

∴loga(a2＋1)＞loga(2a)＞loga(a＋1)，故m＞p＞n. 三、解答题

bccaab11．设a、b、c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c. abc证明

∵a，b，c都是正数，

bccaab∴，，也都是正数．

abcbccacaabbcab∴＋≥2c，＋≥2a，＋≥2b，

abbcacbccaab三式相加得2a＋b＋c≥2(a＋b＋c)，

bccaab即＋＋≥a＋b＋c，

abc当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

12．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：

111111＋1＋≥9. (1)＋＋≥8；(2)ababab11111a＋b11证明

(1)＋＋＝＋＋＝2a＋b，

abababab∵a＋b＝1，a>0，b>0，

11a＋ba＋bab∴＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，

ababba1111∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)．

abab2(2)方法一

∵a>0，b>0，a＋b＝1，

a＋b1b∴1＋＝1＋＝2＋，

aaa1a同理，1＋＝2＋，

bb11ba1＋1＋＝2＋2＋

∴ababba＝5＋2a＋b≥5＋4＝9. 1111＋1＋≥9(当且仅当a＝b＝时，等号成立)．

∴ab2111111＋1＋＝1＋＋＋. 方法二

ababab

111由(1)知，＋＋≥8，

abab1111111＋1＋＝1＋＋＋≥9，当且仅当a＝b＝时，等号成立．

故ababab213．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1. 111求证：a－1b－1c－1≥8. 证明

∵a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，

1－ab＋c2bc1∴－1＝＝≥，

aaaa12ac12ab同理－1≥，－1≥. bbcc由于上述三个不等式两边均为正，分别相乘得

2ac2ab1－11－11－1≥2bc··＝8. abcabc1当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．

3