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基本不等式


基本不等式
知识点 1 基本不等式及其注意问题 a+b a+b (1) 是两个正数 a 与 b 的算术平均数, ab是两个正数的几何平均数, ab≤ 表 2 2 明两个正数 a 与 b 的几何平均数不大于算术平均数.此性质可推广到三个及三个以上的情 况.注意熟悉和掌握下列结论: a3+b3+c3≥3abc(a、b、c∈R );


a+b+c 3 + ≥ abc(a、b、c∈R ). 3 a+b (2)对于基本不等式 a2+b2≥2ab 和 ≥ ab,要明确它们成立的条件是不同的.前者 2 成立的条件是 a 与 b 都为实数;而后者成立的条件是 a 与 b 都为正实数,如 a=0,b=0, a+b 仍然能使 ≥ ab成立. 2 两个不等式中等号成立的条件都是 a=b. (3)运用两个重要不等式解题时,要学会应用它们的变式灵活地解题,例如 a2+b2≥2ab a2+b2 2 a2 1 可变形为 ab≤ ,b ≥2ab-a2;当 b>0 时, +b≥2a,λ a2+ b2≥2ab(λ>0)等.又 2 b λ a+b a+b ?a+b?2 2 如 ≥ ab可变形为 ab≤ , 2 2 ? 2 ? ≥ab,(a+b) ≥4ab 等. 知识点 2 应用基本不等式求最值 (1)当 a>0,b>0 且 ab 为定值时,有 a+b≥2 ab(定值),当且仅当 a=b 时,等号成立, 此时 a+b 有最小值; 当 a>0,b>0 且 a+b 为定值时,有 ab≤? 时 ab 有最大值. 说明: 基本不等式具有将“和式”转化为“积式”, 或将“积式”转化为“和式”的放 缩功能.在使用基本不等式求最值时,必须具有三个条件:①在所求最值的代数式中,各变 量均应是正数; ②各变量的和或积必须为常数, 以确保不等式一边为定值; ③等号能取到. 以 上三个条件简称为“一正、 二定、三相等” ,它在解题中具有双重功能,既有条件的制约作 用,又有解题的导向作用.另外,使用基本不等式证明问题时,有时要反复使用它们,然后 再相加或相乘,这时字母应满足多次使用基本不等式中的等式一致成立的条件.若不一致, 则不等式中的等号不能成立. a+b (2)利用基本不等式 ≥ ab(a,b 均大于 0)求最值(值域)时,必须具备“一正、二定、 2 三相等”的条件.如果“相等”条件不具备就可能造成错解.为了解决这个问题,我们引进
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a+b?2 ? 2 ? (定值),当且仅当 a=b 时,等号成立,此

a 一个函数 f(x)=x+ (a>0), 利用它的单调性来完善上述解法的不足, 作为使基本不等式“完 x 美”的补充. a 命题: 函数 f(x)=x+ (a>0)在区间(-∞, - a], [ a, +∞)上为增函数, 在区间[- a, x 0)和(0, a]上为减函数. 1 1? 1 证明:设 x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=x1-x2+a? ?x1-x2?=x1x2(x1-x2)(x1x2-a). 当 x1,x2 在区间(-∞,- a](或[ a,+∞))上时,有 x1x2>a,且 x1-x2<0, 故 f(x1)<f(x2),所以 f(x)在上述区间上为增函数; 当 x1,x2 在区间[- a,0)或(0, a]上时,有 0<x1x2<a,且 x1-x2<0, 故 f(x1)>f(x2),即 f(x)在上述区间上为减函数. a 函数 f(x)=x+ (a>0)的大致图象如上图. x

典 例 解 析 题型 1 用基本不等式证明 1 1 1 1 1 1 若 a,b,c>0,求证: + + ≥ + + . 2a 2b 2c a+b b+c c+a

?变式迁移 1 1.已知 x>0,y>0,且 x+y=1,求证:x4+y4≥ . 8

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题型 2 用基本不等式求最值 1 2 1 2 a+ ? +?b+ ? 的最小值. 例 2 a>0,b>0,a+b=4,求? ? a? ? b?

?变式迁移 xy 2 1 2.(2013· 山东卷)设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2=z,求当 取得最大值时 + - z x y 2 的最大值. z

9 1 例 3 已知 x>0,y>0,且 + =1,求 x+y 的最小值. x y

?变式迁移 1 6 3.已知 x>0,y>0, + =1,求 2x+3y 的最小值. x y

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例4

某工厂每年需要某种材料 3 000 件, 设该厂对该种材料的消耗是均匀的, 该厂准

备分若干次等量进货,每进一次货需运费 30 元,且在用完时能立即进货,已知储存在仓库 中的材料每件每年储存费为 2 元, 而平均储存的材料量为每次进货量的一半, 欲使一年的运 费和仓库中储存材料的费用之和最省,问每次进货量应为多少?

例5

某种汽车,购车费用是 10 万元,每年使用的保险费、养路费、汽油费约为 0.9

万元,年维修费第一年是 0.2 万元,以后逐年递增 0.2 万元,问这种汽车使用多少年时,它 的年平均费用最少?

?变式迁移 4.某单位建造一间背面靠墙的小房,地面面积为 12 平方米,房屋正面每平方米造价 1 200 元,房屋侧面每平方米造价 800 元,屋顶造价为 5 800 元,如果墙高 3 米,且不计房屋背面 和地面的费用,问怎样设计能使房屋总造价最低,最低造价为多少?

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基本不等式
知识点 1 基本不等式及其注意问题 a+b a+b (1) 是两个正数 a 与 b 的算术平均数, ab是两个正数的几何平均数, ab≤ 表 2 2 明两个正数 a 与 b 的几何平均数不大于算术平均数.此性质可推广到三个及三个以上的情 况.注意熟悉和掌握下列结论: a3+b3+c3≥3abc(a、b、c∈R );


a+b+c 3 + ≥ abc(a、b、c∈R ). 3 a+b (2)对于基本不等式 a2+b2≥2ab 和 ≥ ab,要明确它们成立的条件是不同的.前者 2 成立的条件是 a 与 b 都为实数;而后者成立的条件是 a 与 b 都为正实数,如 a=0,b=0, a+b 仍然能使 ≥ ab成立. 2 两个不等式中等号成立的条件都是 a=b. (3)运用两个重要不等式解题时,要学会应用它们的变式灵活地解题,例如 a2+b2≥2ab a2+b2 2 a2 1 可变形为 ab≤ ,b ≥2ab-a2;当 b>0 时, +b≥2a,λ a2+ b2≥2ab(λ>0)等.又 2 b λ a+b a+b ?a+b?2 2 如 ≥ ab可变形为 ab≤ , 2 2 ? 2 ? ≥ab,(a+b) ≥4ab 等. 知识点 2 应用基本不等式求最值 (1)当 a>0,b>0 且 ab 为定值时,有 a+b≥2 ab(定值),当且仅当 a=b 时,等号成立, 此时 a+b 有最小值; 当 a>0,b>0 且 a+b 为定值时,有 ab≤? 时 ab 有最大值. 说明: 基本不等式具有将“和式”转化为“积式”, 或将“积式”转化为“和式”的放 缩功能.在使用基本不等式求最值时,必须具有三个条件:①在所求最值的代数式中,各变 量均应是正数; ②各变量的和或积必须为常数, 以确保不等式一边为定值; ③等号能取到. 以 上三个条件简称为“一正、 二定、三相等” ,它在解题中具有双重功能,既有条件的制约作 用,又有解题的导向作用.另外,使用基本不等式证明问题时,有时要反复使用它们,然后 再相加或相乘,这时字母应满足多次使用基本不等式中的等式一致成立的条件.若不一致, 则不等式中的等号不能成立. a+b (2)利用基本不等式 ≥ ab(a,b 均大于 0)求最值(值域)时,必须具备“一正、二定、 2 三相等”的条件.如果“相等”条件不具备就可能造成错解.为了解决这个问题,我们引进
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a+b?2 ? 2 ? (定值),当且仅当 a=b 时,等号成立,此

a 一个函数 f(x)=x+ (a>0), 利用它的单调性来完善上述解法的不足, 作为使基本不等式“完 x 美”的补充. a 命题: 函数 f(x)=x+ (a>0)在区间(-∞, - a], [ a, +∞)上为增函数, 在区间[- a, x 0)和(0, a]上为减函数. 1 1? 1 证明:设 x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=x1-x2+a? ?x1-x2?=x1x2(x1-x2)(x1x2-a). 当 x1,x2 在区间(-∞,- a](或[ a,+∞))上时,有 x1x2>a,且 x1-x2<0, 故 f(x1)<f(x2),所以 f(x)在上述区间上为增函数; 当 x1,x2 在区间[- a,0)或(0, a]上时,有 0<x1x2<a,且 x1-x2<0, 故 f(x1)>f(x2),即 f(x)在上述区间上为减函数. a 函数 f(x)=x+ (a>0)的大致图象如上图. x

典 例 解 析 题型 1 用基本不等式证明 1 1 1 1 1 1 若 a,b,c>0,求证: + + ≥ + + . 2a 2b 2c a+b b+c c+a 1 1 分析:由于式子是关于 a、b、c 对称的,若将 与 比较就破坏了对称性,得不出要 2a b+c 证明的结论,因此去证明

? 1 + 1 ?+? 1 + 1 ?+? 1 + 1 ?≥ 1 + 1 + 1 . ?4a 4b? ?4b 4c? ?4c 4a? a+b b+c c+a
1 1? 证明:因为(a+b)? ?a+b?≥2 ab·2 1 1 1 所以 + ≥ . 4a 4b a+b 1 1 1 1 1 1 同理: + ≥ , + ≥ . 4b 4c b+c 4c 4a a+c 三式相加即可证明结论. 名师点评:用基本不等式证明不等式时,要注意等号是否取到的条件. ?变式迁移 1 1.已知 x>0,y>0,且 x+y=1,求证:x4+y4≥ . 8 证明:∵x4+y4≥2x2y2,两边同时加上 x4+y4 得 2(x4+y4)
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1 =4, ab

≥(x2+y2)2,① 又∵x2+y2≥2xy,两边同时加上 x2+y2 得 2(x2+y2)≥(x+y)2?x2+y2≥ (x+y)2 ,② 2

1 1?2 1 由①②即得 x4+y4≥ ×? = , 2 ?2? 8 1 ∴x4+y4≥ . 8 题型 2 用基本不等式求最值 1 2 1 2 a+ ? +?b+ ? 的最小值. 例 2 a>0,b>0,a+b=4,求? ? a? ? b? 分析:利用基本不等式求最小值. 解析:∵a+b=4,∴a2+b2=(a+b)2-2ab=16-2ab. 又 a2+b2≥2ab,∴16-2ab≥2ab,即 ab≤4. 2 2 2 ?a+1+b+1? ?4+ 4 ? ?4+4? 2 2 b? ? ab? ? 4? 25 ? a 1? ? 1? ∴? = ≥ = . ?a+a? +?b+b? ≥ 2 2 2 2 1 2 1 2 25 a+ ? +?b+ ? 的最小值是 . 故? ? a? ? b? 2 1 2 1 2 1 2 a+ ? +?b+ ? ≥?2 a· ? +?2 名师点评:本题易出现如下错解:? ? a? ? b? ? a? ? 1 2 1 2 a+ ? +?b+ ? 的最小值是 8. 4=8,故? ? a? ? b?

1?2 b· =4+ b?

错误的原因是,在两次用到重要不等式当等号成立时,有 a=1 和 b=1,但在 a+b=4 的条件下,这两个式子不会同时取等号(∵a=1 时,b=3).排除错误的办法是看同时取等号 时,与题设是否有矛盾. ?变式迁移 xy 2 1 2.(2013· 山东卷)设正实数 x,y,z 满足 x2-3xy+4y2=z,求当 取得最大值时 + - z x y 2 的最大值. z 解析:由 x2-3xy+4y2=z 得 1 ≤ x 4y + -3 2 y x xy xy = = z x2-3xy+4y2

1 =1. x 4y · -3 y x

x 4y 当且仅当 = ,即 x=2y 时取等号, y x 此时 z=2y2, xy 的最大值为 1. z
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1 2 1 2 2 1 2 2? 1? 2? + - = + - = 1- = 1- ?= x y z 2y y xy y? x? y? 2y?

? 1 +?1- 1 ??2 1 1 1- ?≤4×?2y ? 2y?? =1. 4× ? 2y? 2y? ? 2 ?
2 1 2 ∴ + - 的最大值为 1(此时 x=z=2,y=1). x y z 9 1 例 3 已知 x>0,y>0,且 + =1,求 x+y 的最小值. x y 分析:解答本题有以下三种思路:①整体运用条件,充分利用“1”;②消元,化二元问 题为一元问题;③对条件进行适当变形,构造积为定值. 9 1? 9y x 解析:方法一 x+y=(x+y)? ?x+y?=10+ x +y 、≥10+2 9y x · =16. x y

9y x 9 1 当且仅当 = 且 + =1 时,即 x=12,y=4 时取“=”号.∴当 x=12,y=4 时,x x y x y +y 有最小值 16. 方法二 x-9+9 9 1 x x 9 ∵ + = 1 ,∴ y = .∴x+ y=x+ =x+ = (x - 9) + + x y x-9 x-9 x-9 x-9 x >0. x-9 9 9 (x-9)· =6,当且仅当 x-9= ,即 x=12, x-9 x-9

10.∵x>0,y>0,∴y=

9 ∴x-9>0.∴(x-9)+ ≥2 x-9 y=4 时,取“=”号.

∴当 x=12,y=4 时,x+y 有最小值 16. 9 1 方法三 由 + =1 得 x+9y=xy. x y ∴(x-9)(y-1)=9.∴x+y=10+(x-9)+(y-1)≥10+2 (x-9)(y-1)=16. 当且仅当 x-9=y-1 时,等号成立. 9 1 又∵ + =1,∴x=12,y=4. x y ∴当 x=12,y=4 时,x+y 有最小值 16. 名师点评:(1)本题给出了三种解法,都用到了基本不等式,且都对式子进行了变形, 配凑出基本不等式满足的条件,这是经常使用的方法.要学会观察学会变形.另外解法二, 通过消元, 化二元问题为一元问题, 要注意根据被代换的变量的范围对另一个变量范围给出 限制.

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9 1 (2)本题的一种典型错解是:1= + ≥2 x y

9 6 = ,即 xy≥6,∴x+y≥2 xy=12. xy xy

9 1 其错误原因在于两次使用均值不等式,其等号成立的条件“ = ”与“x=y”相互矛盾. x y ?变式迁移 1 6 3.已知 x>0,y>0, + =1,求 2x+3y 的最小值. x y 1 6? 3y 12x 3y 12x 解析:2x+3y=? ?x+y?(2x+3y)=2+ x + y +18=20+ x + y ≥20+2 36=20+12 1 6 =32,当且仅当 y=2x 时取等号,由 + =1?x=4,y=8 时成立,∴2x+3y 的最小值为 x y 32. 题型 3 用基本不等式解应用题 例4 某工厂每年需要某种材料 3 000 件, 设该厂对该种材料的消耗是均匀的, 该厂准

备分若干次等量进货,每进一次货需运费 30 元,且在用完时能立即进货,已知储存在仓库 中的材料每件每年储存费为 2 元, 而平均储存的材料量为每次进货量的一半, 欲使一年的运 费和仓库中储存材料的费用之和最省,问每次进货量应为分析:本题是分批进货问题,设每 x x 次进货量为 x 件,则平均储存的材料量为 件,一年的储存费用是 2× =x(元),全年的订购 2 2 3 000 3 000 90 000 90 000 次数 ,运费是 30× = (元),从而一年的总运费和库存费用之和 x+ x x x x (元),然后再用基本不等式求最小值即可. 解析:设每次进货量为 x,由题意得一年的总运费和库存费用之和为 90 000 f(x)=x+ ,(0<x<3 000,x∈N). x 90 000 ∵x>0,∴f(x)=x+ ≥2 x 90 000 x× =600, x

90 000 当且仅当 x= ,即 x=300 时,等号成立. x 所以要使一年的运费和仓库中储存材料的费用之和最省,每次进货量应为 300 件. 名师点评:解决此题的关键是,设出自变量 x(每次进货量)之后,根据题意将一年的运费和 仓库中储存材料的费用之和表示为 x 的函数, 即构建所求最值的函数模型是解决这类应用问 题的关键所在. 例5 某种汽车,购车费用是 10 万元,每年使用的保险费、养路费、汽油费约为 0.9

万元,年维修费第一年是 0.2 万元,以后逐年递增 0.2 万元,问这种汽车使用多少年时,它 的年平均费用最少? 分析:年平均费用等于总费用除以年数,总费用包括:购车费用、保险费、养路费、汽 油费总和以及维修费用总和,因此应先计算总费用,再计算年平均费用.
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解析:设使用 x 年平均费用最少.由条件知:汽车每年维修费构成以 0.2 万元为首项, 0.2+0.2x 0.2 万元为公差的等差数列.因此,汽车使用 x 年总的维修费用为 x 万元. 2 设汽车的年平均费用为 y 万元,则有 0.2+0.2x 10+0.9x+ x 2 10+x+0.1x2 10 x y= = =1+ + ≥1+2 x x x 10 10 x 当且仅当 = ,即 x=10 时,y 取最小值. x 10 所以汽车使用 10 年平均费用最少. 名师点评:在应用基本不等式解决实际问题时,要注意以下三点: (1)先理解题意,设变量,设变量时一般把要求最值的变量定为函数; (2)建立相应的函数关系式,把实际问题抽象为函数的最值问题; (3)在求函数定义域时,应注意使每一个变量均有实际意义,在利用基本不等式求其最 值时,应注意必须在定义域内求解. ?变式迁移 4.某单位建造一间背面靠墙的小房,地面面积为 12 平方米,房屋正面每平方米造价 1 200 元,房屋侧面每平方米造价 800 元,屋顶造价为 5 800 元,如果墙高 3 米,且不计房屋背面 和地面的费用,问怎样设计能使房屋总造价最低,最低造价为多少? 12 解析:设房屋的正面长为 x m,则侧面为 m, x 总造价为 y 元,则 12 y=3x×1 200+2× ×3×800+5 800=3 600x+ x 57 600 +5 800≥2 3 600×57 600+5 800= x 2×14 400+5 800=34 600. 57 600 当且仅当 3 600x= ?x=4 时等号成立,即房屋的正面长为 4 m 时,造价最低,最 x 低造价为 34 600 元. 10 x × =3. x 10

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