高中数学 3.4 基本不等式 第1课时课件 新人教A版必修5 课件VIP免费

第1课时基本不等式1．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．2．基本不等式：如果a，b∈R＋，那么，当且仅当时，等号成立．其中为a、b的，为a、b的．所以两个正数的平均数不小于它们的平均数．≥a＝b≤a＝b算术平均数几何平均数算术3．已知a，b∈R＋，则a＋1a≥，ab＋ba≥.几何221．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．2C．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： a>0，b>0，∴a＋b2≥ab>0，∴A≥G.答案：A≥G4．函数y＝x＋1x(x≠0)的值域是________．解析：分x>0和x<0讨论．答案：(－∞，－2][2∪，＋∞)5．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)．[例1]已知a>b>0，则下列不等式成立的是()A．a>b>a＋b2>abB．a>a＋b2>ab>bC．a>a＋b2>b>abD．a>ab>a＋b2>b[解析]本题的关键在于比较a＋b2，b，ab的大小，因为ab>b2，ab>b，又由推论知a＋b2>ab，∴a>a＋b2>ab>b，故选B.[答案]B迁移变式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x>1，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，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[例2]若a>b>1，P＝lga·lgb，Q＝lga＋lgb2，R＝lg(a＋b2)，试比较P、Q、R的大小．[解] a>b>1，∴lga>lgb>0，∴lga·lgb0且x≠1，则下列结论正确的是()A．m0且x≠1，∴1＋x2>x>2x1＋x>0，又 00，b>0，求证：11a＋1b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22.[分析]要证的题目可分解成三个不等式，每一个不等号都连接一个不等式，其中的ab≤a＋b2是已证明过的定理，只需证明11a＋1b≤ab和a＋b2≤a2＋b22即可．因为a>0，b>0，∴1a>0，1b>0，运用推论后取倒数可证出11a＋1b≤ab；证a＋b2≤a2＋b22时，可先证平方成立，然后开方．[证明] a>0，b>0，∴1a>0，1b>0，∴1a＋1b2≥1ab＝1ab>0，∴21a＋1b≤ab，∴11a＋1b≤ab2≤ab.又a＋b24＝a2＋b2＋2ab4≤a2＋b2＋a2＋b24＝a2＋b22，∴a＋b2≤a2＋b22.综上：11a＋1b≤ab≤a＋b2≤a2＋b22(当且仅当a＝b时，“＝”号成立)．[点评]本题的证题思想非常重要，证明其他不等式时有时用到．迁移变式3已知a、b、c、d都是正数，求证：(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.证明：由a、b、c、d都是正数，得ab＋cd2≥ab·cd>0，ac＋bd2≥ac·bd>0，∴ab＋cdac＋bd4≥abcd，即(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.当且仅当ab＝cd且ac＝bd，即a＝d且b＝c时，取等号．[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．迁移变式4已知a，b，c∈{正实数}，且a＋b＋c＝1.求证：1a＋1b＋1c≥9.解：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＝...