人教B版數學必修五：《均值不等式》學案(含答案解析)

§3.2均值不等式1．一個常用的均值不等式鏈設a>0，b>0，則有：min{a，b}≤eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))≤max{a，b}，當且僅當a＝b時，所有等號成立．若a>b>0，則有：b<eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))<eq\r(ab)<eq\f(a＋b,2)<eq\r(\f(a2＋b2,2))<a.2．均值不等式的拓展(1)a，b∈R，都有ab≤eq\f(a＋b2,4)≤eq\f(a2＋b2,2)成立．(2)a2＋b2≥2ab可以加強為a2＋b2≥2|a|·|b|，當且僅當|a|＝|b|時取等號．(3)a，b，c∈R，都有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca成立．(4)若ab>0，則eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2.3．利用均值不等式求最值的法則均值不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a，b為正實數)常用于證明不等式或求代數式的最值．(1)當兩個正數的和為定值時，它們的積有最大值，即ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，當且僅當a＝b時，等號成立．(2)當兩個正數的積為定值時，它們的和有最小值，即a＋b≥2eq\r(ab)，當且僅當a＝b時，等號成立．注意：利用均值不等式求代數式最值，要注意滿足三個條件：①兩個正數；②兩個正數的積或和為定值；③取最值時，等號能成立．概括為“一正、二定(值)、三相等”．4．函數f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)的單調性在求最值中的應用有些最值問題由于條件的限制使等號取不到，其最值又確實存在，我們可以利用函數f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)的單調性加以解決．利用函數單調性的定義可以證明函數f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)在(0，eq\r(k)]上單調遞減，在[eq\r(k)，＋∞)上單調遞增．因為函數f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)是奇函數，所以f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)在(－∞，－eq\r(k)]上為增函數，在[－eq\r(k)，0)上為減函數．函數f(x)＝x＋eq\f(k,x)(k>0)在定義域上的單調性如右圖所示．例如：求函數f(x)＝sin2x＋eq\f(5,sin2x)，x∈(0，π)的最小值．解令t＝sin2x，x∈(0，π)，g(t)＝t＋eq\f(5,t).t∈(0,1]，易知g(t)在(0,1]上為單調遞減函數，所以當t＝1時，g(t)min＝6.即sinx＝1，x＝eq\f(π,2)時，f(x)min＝6.一、利用均值不等式求最值方法鏈接：均值不等式是求函數最值的有利工具，在使用均值不等式求函數最值時，要注意應用條件“一正、二定、三相等”．不要僅僅關注結構上的定值，而忽略對相等條件的考察．例1求函數y＝eq\f(\r(x＋2),2x＋5)的最大值．解設t＝eq\r(x＋2)，從而x＝t2－2(t≥0)，則y＝eq\f(t,2t2＋1).當t＝0時，y＝0；當t>0時，y＝eq\f(1,2t＋\f(1,t))≤eq\f(1,2\r(2t·\f(1,t)))＝eq\f(\r(2),4).當且僅當2t＝eq\f(1,t)，即t＝eq\f(\r(2),2)時等號成立．即當x＝－eq\f(3,2)時，ymax＝eq\f(\r(2),4).二、利用均值不等式解恒成立問題方法鏈接：含參數的不等式恒成立問題，通過分離參數，把參數的范圍化歸為函數的最值問題．a>f(x)恒成立?a>[f(x)]max，a<f(x)恒成立?a<[f(x)]min.例2已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，當x∈R時，f(x)恒為正值，則k的取值范圍是()A．(－∞，－1)B．(－∞，2eq\r(2)－1)C．(－1,2eq\r(2)－1)D．(－2eq\r(2)－1,2eq\r(2)－1)解析由f(x)>0得32x－(k＋1)·3x＋2>0，解得k＋1<3x＋eq\f(2,3x)，而3x＋eq\f(2,3x)≥2eq\r(2)，∴k＋1<2eq\r(2)，k<2eq\r(2)－1.答案B三、利用均值不等式證明不等式方法鏈接：證明不等式時應根據求證式兩端的結構，合理選擇重要不等式及其變形不等式；本題的證明方法在論證對稱不等式時具有一定的普遍性．例3已知a>2，求證：loga(a－1)·loga(a＋1)<1.證明因為a>2，所以loga(a－1)>0，loga(a＋1)>0.又loga(a－1)≠loga(a＋1)，所以eq\r(logaa－1·logaa＋1)<eq\f(logaa－1＋logaa＋1,2)＝eq\f(1,2)loga(a2－1)<eq\f(1,2)logaa2＝1.所以loga(a－1)loga(a＋1)<1.四、均值不等式的實際應用方法鏈接：應用均值不等式解決實際問題時，要注意把要求最值的變量設為函數，列函數解析式時，要注意所設變量的范圍．例4某公司計劃用一塊土地建造一幢總面積為Am2的辦公大樓，已知征地的費用是2388元/m2，每層的建筑面積相同，土地的征用面積是每層面積的2.5倍，經工程技術人員核算，第一、二層的建設費用相同，費用為445元/m2，以后每增高一層，建筑費用就增加30元/m2，試設計這幢辦公樓的樓層數，使總費用最少，并求其最少總費用．(總費用＝建筑費用＋征地費用)解設建造這幢辦公樓的樓層數為n，總費用為y元，當n＝1時，y＝2.5·A·2388＋445A＝6415A(元當n＝2時，y＝2.5·eq\f(A,2)·2388＋445A＝3430A(元)，當n≥3時，y＝2.5·eq\f(A,n)·2388＋445·eq\f(2A,n)＋(445＋30)·eq\f(A,n)＋(445＋60)·eq\f(A,n)＋…＋[445＋30(n－2)]·eq\f(A,n)＝6000·eq\f(A,n)＋15nA＋400A≥2Aeq\r(6000×15)＋400A＝1000A(元)(當且僅當n＝20時取等號即n＝20時，有最小值1000A元，所以，當建造這幢辦公樓的樓層數為20時，總費用最少，為1000A1．忽略應用均值不等式的前提條件而致錯例1求f(x)＝2＋log2x＋eq\f(5,log2x)(0<x<1)的最值．[錯解]f(x)＝2＋log2x＋eq\f(5,log2x)≥2＋2eq\r(log2x·\f(5,log2x))＝2＋2eq\r(5).∴f(x)min＝2＋2eq\r(5).這實際是一個錯解，錯在哪里？請你找出來．[點撥]∵0<x<1，∴l(xiāng)og2x<0，eq\f(5,log2x)<0，不能直接運用公式．[正解]∵0<x<1，∴(－log2x)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,log2x)))>0.∴(－log2x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,log2x)))≥2eq\r(－log2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,log2x))))＝2eq\r(5).∴l(xiāng)og2x＋eq\f(5,log2x)≤－2eq\r(5).∴f(x)＝2＋log2x＋eq\f(5,log2x)≤2－2eq\r(5).當且僅當log2x＝eq\f(5,log2x)時，即x＝2－eq\r(5)時取等號．∴f(x)max＝2－2eq\r(5).2．忽略等號成立的條件而致錯例2已知m2＋n2＝a，x2＋y2＝b(a、b為大于0的常數且a≠b)，求mx＋ny的最大值．[錯解]∵mx≤eq\f(m2＋x2,2)，ny≤eq\f(n2＋y2,2)，∴mx＋ny≤eq\f(m2＋x2,2)＋eq\f(n2＋y2,2)＝eq\f(m2＋n2＋x2＋y2,2)＝eq\f(a＋b,2).當且僅當m＝x，n＝y(tǒng)時取“＝”．[點撥]如果m＝x，n＝y(tǒng)，則會有m2＋n2＝x2＋y2＝a＝b，這與條件“a≠b”矛盾，如果m＝x，n＝y(tǒng)中有一個不成立，則“＝”取不到，則不滿足使用均值不等式的條件．[正解]利用三角代換可避免上述問題．∵m2＋n2＝a，∴設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\r(a)cosα,n＝\r(a)sinα))(α∈[0,2π))，∵x2＋y2＝b，∴設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(b)cosβ,y＝\r(b)sinβ))(β∈[0,2π))∴mx＋ny＝eq\r(ab)cosαcosβ＋eq\r(ab)sinαsinβ＝eq\r(ab)(cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\r(ab)cos(α－β)≤eq\r(ab)∴(mx＋ny)max＝eq\r(ab)，當且僅當cos(α－β)＝1，α＝β時取“＝”．3．兩次利用均值不等式而致錯例3已知x>0，y>0，且x＋2y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．[錯解]因為x>0，y>0，且x＋2y＝1，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)≥2eq\r(\f(1,x)·\f(1,y))×2eq\r(2xy)＝4eq\r(2).所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為4eq\r(2).[點撥]上述解答是錯誤的，錯因是連續(xù)兩次使用均值不等式解題忽視了等號成立的一致性．[正解]因為x>0，y>0，且x＋2y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋2y,x)＋eq\f(x＋2y,y)＝1＋2＋eq\f(2y,x)＋eq\f(x,y)≥3＋2eq\r(\f(2y,x)·\f(x,y))＝3＋2eq\r(2).當且僅當eq\f(2y,x)＝eq\f(x,y)且x＋2y＝1，即x＝eq\r(2)－1，y＝1－eq\f(\r(2),2)時，取得等號．所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值為3＋2eq\r(2).eq\x(溫馨點評在多次使用均值不等式時，一定要注意等號成立的條件是否相同.)例若正數a，b滿足ab＝a＋b＋3，求ab的取值范圍.解方法一把代數式ab轉化為a(或b)的函數．∵ab＝a＋b＋3，∴b＝eq\f(a＋3,a－1)∵b>0，∴a>1.∴ab＝eq\f(a2＋3a,a－1)＝eq\f(a－12＋5a－1,a－1)＝eq\f(a－12＋5a－1＋4,a－1)＝(a－1)＋eq\f(4,a－1)＋5∵a>1，∴a－1>0，∴(a－1)＋eq\f(4,a－1)≥2eq\r(a－1·\f(4,a－1))＝4.∴ab≥9，當且僅當a－1＝eq\f(4,a－1)，即a＝3，b＝3時，取“＝”．方法二利用均值不等式a＋b≥2eq\r(ab)，把a＋b轉化為ab，再求ab的范圍．∵a＋b≥2eq\r(ab)，∴ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3.∴ab－2eq\r(ab)－3≥0，∴(eq\r(ab)－3)(eq\r(ab)＋1)≥0.∴eq\r(ab)≥3，∴ab≥9，從以上過程可以看出：當且僅當a＝b＝3時，取“＝”．方法三把a，b視為一元二次方程x2＋(3－ab)x＋ab＝0的兩個根，那么該方程應有兩個正根．所以有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1·x2＝ab>0,x1＋x2＝ab－3>0,Δ＝3－ab2－4ab≥0))其中由Δ＝(3－ab)2－4ab＝a2b2－10ab＋9＝(ab－9)(ab－1)≥0，解得ab≥9或ab≤1.∵x1＋x2＝ab－3>0，∴ab≥9.又ab＝a＋b＋3，∴a＋b＝6，∴當且僅當a＝b＝3時取“＝”．1．已知a>0，b>0，a＋b＝2，則y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值是()A.eq\f(7,2)B．4C.eq\f(9,2)D．5解析∵a＋b＝2，∴eq\f(a＋b,2)＝1.∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝(eq\f(1,a)＋eq\f(4,b))(eq\f(a＋b,2))＝eq\f(5,2)＋(eq\f(2a,b)＋eq\f(b,2a))≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(2a,b)·\f(b,2a))＝eq\f(9,2)(當且僅當eq\f(2a,b)＝eq\f(b,2a)，即b＝2a時，“＝”成立)，故y＝eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值為eq\f(9,2).答案C2．(2009·天津)設a>0，b>0，若eq\r(3)是3a與3b的等比中