均值不等式范文

2024-06-24

均值不等式范文（精选10篇）

均值不等式第1篇

关键词：均值不等式,和定积最大,积定和最小

一、均值不等式 (基本不等式) 内容

二、均值不等式证明

方法一:

方法二:如右图

(1) 作线段AB=a+b, 使AD=a, DB=b;

(2) 以AB为直径作圆O;

(3) 过D点作CD⊥AB于D, 交半圆于点C;

三、均值不等式应用———求函数的最值问题

1.求和的最小值

解析:为了使利用均值不等式求最小值更加方便, 把均值不等式的内容稍作变形得到以下的式子.

解析:所给条件是和求最小值, 但不满足两项积是定值, 考虑将x变成x-2, 此时满足一正和积为定值.

解析:所给条件不满足和求最小值, 考虑将x-1换元成t将式子化简成两项和的形式, 再观察一正和积是否为定值.

解:令x-1=t, 则t>0.

∵t>0

解析:所给条件满足一正, 但不满足两项积为定值, 考虑将两项展开, 重新组合成积为定值的形式, 再用均值不等式.

2.求积的最大值.

解析:为了使利用均值不等式求最大值更加方便, 把均值不等式的内容稍作变形得到以下的式子.

为了方便大家记忆, 把均值不等式分为:前提条件, 简记为一正, 不等式内容 (和定积最大) , 简记为二定, 验证取等条件, 简记为三等, 即使用均值不等式求最小值需要有三个步骤, 一正、二定、三等.

解:∵x>2, y>4

∵a, b∈R+

不等式证明,均值不等式第2篇

3、(abc)(1119) abbcca24、设a,bR，且ab1，求证：(a)(b)

5、若ab1，求证：asinxbcosx

16、已知ab1，求证：ab

7、a,b,c,dR求证：1＜441a21b225 2221 8abcd+++＜2 abdbcacdbdac11118、求证2222＜2 123n

1111＜1

9、求证：2n1n22n10、求下列函数的最值

（1）已知x＞0，求y2x

（2）已知x＞2，求yx4的最大值（-2）x1的最小值（4）x

2111（3）已知0＜x＜，求yx(12x)的最大值（）221611、若正数a,b满足ab(ab)1则ab的最小值是（）

（22333）

12、已知正数a,b求使不等式(ab)k(ab)成立的最小k值为（）（4）

13、求函数y

14、二次函数f(x)xaxxa的两根x1,x2满足0＜x1＜x2＜ 1，求a的取值范围（）（0，15、关于x的方程x2m(x3)2m140有两个实数根，且一个大于1，一个小于1，则m的取值范围是（）（m＜-

22221）

416、关于x的方程mx2x10至少有一个负根，则m的取值范围是（m1）

17、关于x的方程2kx2x3k20有两个实数根，一个小于1，另一个大于1，求实数k的取值范围（k＞0或k＜-4）

218、为使方程x22px10的两根在（-2,2）内，求p的取值范围（-＜p＜

19、函数f(x)ax2x1有零点，则a的取值范围是（a

20、判断函数f(x)x-

21、已知方程x22343）41）411的零点的个数（一个）x395xk在1,1上有实数根，求实数k的取值范围（,）2162

22、已知方程7x2(m13)xm2m20有两个实数根，且一根在（0,1），一根在（1,2）上，求m的取值范围（(2,1)(3,4)）

23、关于的方程2axx10在（0,1）内恰有一解，求实数a的取值范围(1,)

24、若关于的方程lg(x

均值不等式失效时的解决方法第3篇

引言 [∵x<0，y<0]，[∴xy>0，1xy>0].

故[xy+1xy≥2xy?1xy=2，]取“=”时，当且仅当[xy=1xy，]即[x2y2=1，]但这是不可能的.

因为[x+y=-1，]且[x<0，y<0，]所以[-1

所以不存在[x，y]使得[x2y2=1，]即不存在[x，y]使得[xy+1xy=2，]这样的话，均值不等式就失效了，怎么办？

解法一令[xy=t]，则[0

所以[y=-1-x，]代入[xy=t]得，[x2+x+t=0].

因为[x<0]，所以[Δ≥0]，得[0

很明显，函数[f（t）=t+1t（0

解法二因为[x+y=-1，]且[x<0，y<0，]所以设[x=][-sin2θ，y=-cos2θ，][xy=sin2θ?cos2θ=14sin22θ，]即[0

再令[xy=t，]得[0

以下同解法一或求导计算可得结果.

解法三由[x+y=-1]得，[y=-1-x.]

又因为[y<0，]即[-1

所以[xy+1xy=-x-x2][-1x+x2]为此等价构造新函数[h（x）=-x-x2-1x+x2（-1

[h（x）=-1-2x+1+2x（x+x2）2][=（1+2x）（-1+1（x+x2）2）=0]，

所以[x=-12]或[x=-1±52]（舍）.

故[x=-12]时，函数取得[h（x）]取得最小值[174]（否则无最小值），即[xy+1xy]的最小值为[174].

反思（1）运用均值不等式[a+b≥2ab（a>0，b>0）]应注意“一正、二定、三相等”的约束条件，尤其注意等号成立的条件，当且仅当“[a=b]”时取“=”号.

（2）当均值不等式失效时，一般情况下，可以化为“√”函数，利用其单调性解决.

（3）若对“√”函数不熟悉，可考虑通过换元，把已知与结论联系起来，等价转化为一个新函数，利用导数求解.

浅谈均值不等式第4篇

一、均值不等式的基本内容

二、均值不等式定理的证明方法总结

首先设以下结论中a, b>0.

三、均值不等式的推广及应用

1. 证明定理2: 设ai∈R+ ( i =1, 2…n) , 则Bn≤An.

即有n=2k+1,

综上:有数学归纳法原理可知Bn≤An对一切n=2m (m=1, 2…, n) 成立.

2) 若不是2m的形式, 存在t∈{1, 2, 3…}使得n=2n-t, 则由

因为n+t=2n由1) 得

故Bn≤An对一切自然数n都成立.

2. 均值不等式的一个简单推广

证明由定理2知

3.巧用“均值不等式”解题

四、总结

根据不等式本身的特点在解题中我们可以巧妙利用均值不等式的变形进行有效, 简便的计算, 从而可以达到事半功倍的效果. 在实际生活中也可以结合均值不等式的变形技巧来解决问题.

摘要：不等式在数学中占有重要的地位.本文只是简单的总结均值不等式定理证明方法, 并给予推广和相应应用.

均值不等式教案2 第5篇

【教学目标】

1．知识与技能：利用均值定理求极值与证明。

2．过程与方法：培养学生的探究能力以及分析问题、解决问题的能力。

3．情态与价值：激发学习数学的热情，培养善于思考、勤于动手的学习品质。【教学重点】利用均值定理求极值与证明。【教学难点】利用均值定理求极值与证明。

【教学过程】

1、复习：

定理：如果a,b是正数，那么

abab(当且仅当ab时取“”号).22、利用均值定理求最值应注意：“正”，“定”，“等”，灵活的配凑是解题的关键

3、例子：

1)已知x≠0，当x取什么值时，x2+2）已知x>1,求y=x+

81的值最小，最小值是多少？ 2x1的最小值 x13）已知x∈R，求y=x22x12的最小值

4）已知x>1,求y=x+116x+2的最小值 xx15）已知0

8）要建一个底面积为12m2，深为3m的长方体无盖水池，如果底面造价每平方米600元，侧面造价每平方米400元，问怎样设计使总造价最低，最低总造价是多少元？

9）一段长为Lm的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，问这个矩形的长和宽各为多少时，菜园的面积最大，最大面积是多少？小结：利用均值定理求极值

课堂练习：第73页习题3-2B:1,2 课后作业：第72页习题3-2A:3,4,5 2

板书设计：

利用均值不等式求最值第6篇

均值不等式是不等式中的重要内容, 应用较广泛.利用均值不等式求最值要注意三个条件: (1) 各项或各因式为正, (2) 和或积为定值, (3) 各项或各因式能取得相等的值, 简称“一正、二定、三相等”, 这三条缺一不可.在具体问题中, 往往所给条件并非“标准”的条件, 所以还必须作适当的配凑变形.

一、拆、添项法

例1 求函数 $f (x) = 4 x^{2} + \frac{16}{x^{2} + 1}$ 的最小值.

分析: 因 $4 x^{2} \cdot \frac{16}{x^{2} + 1}$ 并非定值, 故不能直接运用均值不等式, 为此需对原式按x2+1拆 (添) 项重组.

解:原函数化为

$f (x) = 4 (x^{2} + 1) + \frac{16}{x^{2} + 1} - 4$

$\begin{array}{l} 因为 4 (x^{2} + 1) + \frac{16}{x^{2} + 1} \\ \geq 2 \sqrt{4 (x^{2} + 1) \cdot \frac{16}{x^{2} + 1}} = 16 \end{array}$

所以 f (x) ≥16-4=12.

当且仅当 $4 (x^{2} + 1) = \frac{16}{x^{2} + 1}$ 即x=1, x=-1时, f (x) min=12.

例2 求 $y = 2 x^{2} + \frac{1}{x} (x > 0)$ 的最小值.

分析:为了使“积”为定值, 须将 $\frac{1}{x}$ 拆成两项, 为了使各项相等, 须将 $\frac{1}{x}$ 均分.

解:因为 $x > 0 ‚ y = 2 x^{2} + \frac{1}{x} = 2 x^{2} + \frac{1}{2 x} + \frac{1}{2 x} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{2}} .$

当且仅当 $2 x^{2} = \frac{1}{2 x}$ 即 $x = \sqrt[3]{\frac{1}{4}}$ 时, 等号成立.所以 $y_{\min} = 3 \sqrt[3]{\frac{1}{2}} .$

二、凑系数法

例3 求函数 $y = x^{2} (1 - 3 x) (0 < x < \frac{1}{3})$ 的最大值.

分析:因为x2+ (1-3x) ≠定值, 故需凑系数使其满足定值条件, 为使因式x2和 (1-3x) 之和为定值, 须将x2拆成 $\frac{4}{9} \cdot \frac{3}{2} x \cdot \frac{3}{2} x$ , 这时就有 $\frac{3}{2} x + \frac{3}{2} x + (1 - 3 x) =$ 定值.

解: $y = \frac{4}{9} \cdot \frac{3}{2} x \cdot \frac{3}{2} x \cdot (1 - 3 x) \leq \frac{4}{9} (\frac{\frac{3}{2} x + \frac{3}{2} x + (1 - 3 x)}{3})^{3} = \frac{4}{243} .$

当且仅当 $\frac{3}{2} x = \frac{3}{2} x = (1 - 3 x)$ , 即 $x = \frac{2}{9}$ 时, $y_{\max} = \frac{4}{243} .$

三、平方法

例4 在半径为R的定圆中, 求周长最大的内接长方形.

分析:设圆的内接长方形周长为2s, 则 $s = \sqrt{2 R} (\sqrt{x} + \sqrt{2 R - x})$ , 此式是“和”的形式, 而题目中要求最大值, 应往“积”的形式转化, 故式子两边平方.

解: $s = \sqrt{2 R} (\sqrt{x} + \sqrt{2 R - x}), s^{2} = 4 R (R + \sqrt{x (2 R - x)})$ , 当且仅当x=2R-x, 即当x=R时, s取最大值, 此时为正方形, $2 s = 4 \sqrt{2} R .$

例5 求y=6x (4-x2) (0<x<2) 的最大值.

分析:若本题这样做: $y = 6 x (4 - x^{2}) = 6 x (2 + x) (2 - x) = 3 x (2 + x) (4 - 2 x) \leq 3 \cdot (\frac{6}{3})^{3} = 24$ , 所以ymax=24, 则就错了.因为使得3x=2+x=4-2x的x不存在.为了使“和”为定值, 须将x变为x2, 为此, 两边平方.

解:因为0<x<2, 所以0<4-x2<4, 所以y>0, 因为 $y^{2} = 36 x^{2} \cdot (4 - x^{2})^{2} = 18 \cdot 2 x^{2} \cdot (4 - x^{2}) (4 - x^{2}) \leq 18 \cdot (\frac{8}{3})^{3} = \frac{1024}{3} .$

当且仅当2x2=4-x2即 $x = \frac{2 \sqrt{3}}{3} \in (0, 2)$ 时, $y_{\max} = \frac{32}{3} \sqrt{3} .$

四、参数法

例6 设0<x<25, 求y=2x (40-x) (25-x) 的最大值.

分析:虽然“和”为定值, 但使2x=40-x=25-x的x不存在, 所以需要引入参数, 使得各项能取得相等的值.

解:引入参数k, 变形:

$y = 2 x (40 - x) (25 - x) = \frac{2}{k (k + 1)} (k + 1) x (40 k - k x) (25 - x), \frac{2}{k (k + 1)} (k + 1) x (40 k - k x) (25 - x) \leq \frac{2}{k (k + 1)} (\frac{40 k + 25}{3})^{3} .$

当 (k+1) x=40k-kx=25-x时, 取最大值.

当x=10时, y取最大值9000.

例7 求函数 $y = x^{2} + 8 x + \frac{64}{x^{3}} (x > 0)$ 的最小值.

分析:显然有 $x^{2} \cdot 8 x \cdot \frac{64}{x^{3}} = 2^{9}$ , 但满足 $x^{2} = 8 x = \frac{64}{x^{3}}$ 的x不存在, 需用待定系数法调整后求最小值.

解:由x>0可令

$\begin{array}{l} y = x^{2} + (\underset{m 个}{\frac{8 x}{m} + \frac{8 x}{m} + \dots + \frac{8 x}{m}}) + \\ (\underset{n 个}{\frac{64}{n x^{3}} + \frac{64}{n x^{3}} + \dots + \frac{8 x}{n x^{3}}}) \end{array}$

使得

${\begin{cases} x^{2} \cdot (\frac{8 x}{m})^{m} (\frac{64}{n x^{3}})^{n} = 常数 \\ x^{2} = \frac{8 x}{m} = \frac{64}{n x^{3}} \end{cases}$

即有2+m-3n=0且 $x^{2} = \frac{8 x}{m} = \frac{64}{n x^{3}} .$

取n=2, 得x=2, m=4, 满足2+m-3n=0, 于是

$y = x^{2} + (2 x + 2 x + 2 x + 2 x) + (\frac{32}{2 x^{3}} + \frac{32}{2 x^{3}}) \geq 7 \sqrt[7]{x^{2} (2 x)^{4} (\frac{32}{2 x^{3}})^{2}} = 28 .$

当且仅当x=2时, ymin =28.

浅谈均值不等式的应用第7篇

1 在初等数学中的应用

1.1 简单累加累乘

利用均值不等式证明不等式是一个学习难点, 这里介绍一下技巧。

根据北京召开的第二十届国际数学家大会的会标为基础, 我们可以很容易的解答此题。

其中等号成立当且仅当时成立。

像这样, 首先看已知条件, 运用均值不等式的定义, 再通过论证、推导等得出我们要证的结论, 是今后常常用到的方法, 这种方法对知识的综合性要求比较高。

1.2 求最值

利用均值不等式求最值是高中数学的一个重点。运用时必须具备三个必要条件——即一正 (各项的值为正) 、二定 (各项的和或积为定值) 、三相等 (取等号的条件) 。应用均值不等式求最值有直接求最值、巧妙变形求最值、结合待定系数法求最值三个层次, 下面通过具体实例说明如何求最值。

能通过拆项、换元、平方等多种变形技巧, 凑成“和为定值求积的最值”或“积为定值求和的最值”, 这是应该掌握的第二层次。

总结:在研究均值不等式时, 往往先研究均值不等式的几何背景, 并且对均值不等式的几何背景进行解释, 使得我们可以更加直观的看出结论, 从而良好地把握问题。在这个过程中, 可以适度的提供空间的探究, 通过大量且缜密的思考, 可以准确地得出问题的结论。此外, 加强重视均值不等式解决实际问题, 循序渐进地堆应用数学的意识及能力的培养。

2 对于高等数学均值不等式的作用

解:利用元均值不等式

3 利用均值不等式解决极值问题

通常, 求解函数极值题型, 首先, 写出此函数的解析式, 之后, 判断是否可以利用均值不等式来解决此题。利用微积分解决极值问题是可行并且是有效的, 除此之外, 求解一些极值问题中的特殊类型也可用均值不等式。运用均值不等式可以解决诸多相像的问题。但是, 利用均值不等式, 解答一些特殊的极值问题简洁又方便, 非常独到。解决这类问题只要求很少的基础知识, 非常容易理解。

4 利用均值不等式注意事项

(1) 不同的均值不等式对实数的取值范围有不同的要求, 如果实数在二次根号下, 要求实数大于等于零。 (2) 均值不等式是带有等号的不等式, 在解答此类问题时, 首先, 要考虑等号成立的条件。 (3) 为了便于掌握均值不等式, 可以运用多种形式, 例如, 符号表达、图形表达、生活用语。把生活语言表述成符号, 容易看出其与均值不等式的密切关系。 (4) 解答圆的直径与弦长大小的比较也可用均值不等式, 体现了均值不等式的几何意义。这是一个典型的几何问题, 在实际应用中有很多用处。 (5) 在周长相等的全部矩形中, 面积是最大的是正方形。在面积相等的全部矩形中, 周长最小的是正方形。这个结论通过反复验证、分析, 具有普遍意义。

5 总结

均值不等式是中学的一个重点, 也是一个难点, 但是它的应用很广泛, 尤其是在求函数最值的时候。事实上, 利用均值不等式求最值, “一正、二定、三相等”的条件很重要, 特别是“等号条件的成立”。但是, 在运用均值不等式的时候, 往往就容易产生这样或那样的错误。

通过本文的阐述, 让我们了解均值不等式的应用, 提醒读者正确使用均值不等式。利用均值不等式的常用技巧进行归纳, 另外, 利用均值不等式求配凑, 也是一个重点。通过本文的概括, 有助于进一步了解均值不等式的使用。本文是对利用均值不等式求最值的方法的延伸。

在以前的学习中, 均值不等式经常会接触, 只不过不够全面。在重新研究均值不等式的过程中, 其性质可以全面的总结, 对均值不等式的性质以及研究整理均值不等式的过程, 进行周密的讨论。学习对应的方法以及思路, 从而提高对均值不等式的认识。另外, 可以根据实际的情况, 对均值不等式问题, 做出适当的扩展, 也可以在教学中予以改进和提高。

摘要：均值不等式在很多领域都占有重要的地位, 但它的应用是一个难点, 本文从初等数学, 高等数学, 实际生活三个方面论述了均值不等式的应用, 有利于对均值不等式的进一步理解及应用。

关键词：均值不等式,应用,技巧

参考文献

[1]刘祖希.均值不等式的四个使用技巧[J].数学通讯, 2003。12 (20) :9-10.

[2]安振平.均值不等式的妙用[J].数学通讯, 2005.10 (18) :11-12.

[3]李家煜.n元均值不等式的应用[J].中学数学, 2004.10 (6) :32-33.

[4]李世臣.用均值不等式求极值中的待定系数法[J].数学通讯, 2000.12 (19) :25-26.

[5]陈复华.均值不等式在微积分中的应用及其它[J].湖北民族学院学报 (自然科学版) , 1994 (2) :88-90.

《均值不等式引入》的教学与反思第8篇

一、教学过程

1.创设问题情境, 提出猜想

(问题情境) 一位同学在做实验称量物体质量时拿到一架两臂长略有不同的天平.

问题一:试问这架天平能否称出物体实际质量?问题二:该同学将物体放在天平左、右两端, 分别称得质量为50克, 30克, 由此猜想物体质量是, 这个猜想对吗?为什么?

A学生:对.因为两次称量都有误差, 把结果求平均以后减小了误差, 所以我认为这个结果应该是正确的.

教师:很好, 同学的判断有自己的理由, 到底对不对呢?如果能准确求出物体质量进行比较, 那么问题也就迎刃而解了.

2.探究问题本源, 发现真值

教师:同学们, 天平的制作运用了物理学的什么原理?

学生:杠杆原理.

老师:很好, 杠杆原理就是指作用在杠杆两端力的大小跟力臂成反比, 即动力×动力臂=阻力×阻力臂.

师生共同探讨, 得出如下的解答:

设天平左右两臂长分别为L1和L2, 根据杠杆原理及两次称量结果, 我们可以得出下面的两个等式:

教师:大家比较一下, 刚才那位同学的猜测对吗?m与m猜哪一个大?

学生:m大于m猜.

3.归纳比较数据, 合情推理

教师:现在我们把这个问题一般化, 如果两次称量结果分别为a克和b克, 同学猜测的质量就为, 而推导得出真实质量就为又会有怎样的大小关系呢?我们可以取特殊值代入两式进行初步的判断.请同学们完成下表:

观察、归纳出自己的猜想怎样的大小关系?)

教师:你得到的大小关系是什么?

学生1:大于.

学生2:大于或者等于.

学生3:大于.

教师:看来大家的结果都集中在大于或者大于等于上, 请问第2个同学, 等于时, 你取的a、b分别等于多少呢?

学生2:都等于1.

教师:大家通过数据比较, 归纳出个结论是通过用特殊值归纳得出的, 它是否对取a、b所有正实数都成立呢?我们不可能举出所有正实数一一验证, 因此, 还需要进行严格的证明.

4.演绎证明命题, 返璞归真

教师引导学生利用比较法证明并指出它就是要学习的均值不等式.

教师:这里大于等于有两层含义, 大于或者等于, 等号什么时候可以取到?请大家观察证明过程.

学生:当a=b时.

教师:很好, 当a=b时, 取到等号, 那反过来, 如果取等号, a、b一定相等吗?

学生:相等.

教师:所以, 我们就说当且仅当a=b时, 取到等号.其中, 对于正数为a、b的几何平均数.

5.总结反思拓展, 再探新知

教师:我们运用比较法证明了均值不等式, 请同学们思考下面的问题:

(1) 根据下图, 你能给出均值不等式的几何解释吗?

(2) 你能否用更多的方法证明均值不等式?

(3) 能否将均值不等式推广到3个正数的情形?n个正数呢?

(设计意图:采用分层问题, 使学生了解均值不等式的几何解释, 体现“数形结合”思想, 并探究均值不等式的多种证明方法及推广.)

二、教学设计反思

对比不同版本的教科书, 关于均值不等式这一内容, 都越来越注重展现知识的发生过程.从现行人教版《数学》教材来看, 仅仅从完全平方公式直接推导出均值不等式;而新课标人教A版教材从几何的角度引导学生发现不等式;新课标人教B版教材直接给出均值不等式及证明;苏教版教材从学生实验出发, 由不等臂天平称量物体质量问题展开, 让学生经历猜想、归纳、证明等过程探索均值不等式.从知识的获得来看, 学生都了解了均值不等式及其证明过程, 但是从培养学生思维能力方面来看, 从几何角度, 或者从实验情境引入均值不等式更能培养和提高学生的数学思维能力.

《普通高中数学课程标准》指出, 要倡导积极主动、勇于探索的学习方式.在此案例的教学中, 教师通过引导学生自主探索、合作交流让学生的学习过程成为“再创造”的过程, 同时, 通过实验情境, 让学生感受均值不等式的发现过程, 激发他们的学习兴趣, 发展他们的创新意识和应用意识.

巧用“均值不等式”的几类方法第9篇

“均值不等式”是证明不等式及其各类最值的一个重要依据和方法, 应用广泛, 具有变通灵活性和条件约束性特点, 它是考查素质、能力的一个窗口, 也是高考数学备考的一个重点知识点.但由于其变形公式多, 约束条件“苟刻” (一正、二定、三相等) 往往不能直接应用, 而要经过适当的变形、恰当的处理和一些技巧的运用后才能应用.本文给出了巧用“均值不等式”的几类方法, 并通过实例如以解释和说明.

1巧用变形公式

例1 设a, b∈R+, 求证: $\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{b^{2} + c^{2}} + \sqrt{c^{2} + a^{2}} \geq \sqrt{2} (a + b + c) .$

证明因为a, b∈R+, 所以对均值不等式 $\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \geq \frac{a + b}{2}$ 变形, 可得

$\sqrt{a^{2} + b^{2}} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} (a + b) .$

同理可得

$\begin{array}{l} \sqrt{b^{2} + c^{2}} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} (b + c) ‚ \\ \sqrt{c^{2} + a^{2}} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} (c + a) . \end{array}$

上述三式相加得

$\begin{array}{l} \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{b^{2} + c^{2}} + \sqrt{c^{2} + a^{2}} \\ \geq \sqrt{2} (a + b + c) . \end{array}$

评注本题的难点在于对 $\sqrt{a^{2} + b^{2}} ‚ \sqrt{b^{2} + c^{2}} ‚ \sqrt{c^{2} + a^{2}}$ 不易处理.若能找到a2+b2与a+b之间的关系, 则问题就可以得到解决.

例2 设a>0, b>0, a+b=1, 求证: $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} \geq \frac{5}{2} .$

证明利用均值不等式 $\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \geq \frac{a + b}{2}$ 知 $\frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{2}$ .从而,

$\begin{array}{l} (a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} \geq 2 (\frac{a + \frac{1}{a} + b + \frac{1}{b}}{2})^{2} \\ = \frac{(1 + \frac{1}{a} + \frac{1}{b})^{2}}{2} \geq (\frac{1 + 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}}{2})^{2} \geq \frac{5}{2} . \end{array}$

2巧妙处理“一正、二定、三相等”

例3 已知a>1, 0<b<1, 求logab+logba的取值范围.

解因为a>1, 0<b<1, 所以logab<0, logba<0, -logab>0, -logba>0.由均值不等式知-logab+ (-logba) ≥2.因此,

logab+logba≤-2,

当-logab=-logba, 即ab=1时取等号.

故logab+logba的取值范围是[-2, +∞].

评注此题logab和logba都是负数, 应当间接地用均值不等式.

例4 设 $0 ＜ x ＜ \frac{1}{3}$ , 求函数y=x (1-3x) 的最小值.

解由均值不等式知

$\begin{array}{l} y = x (1 - 3 x) = \frac{1}{3} 3 x (1 - 3 x) \\ \leq \frac{1}{3} (\frac{3 x + 1 - 3 x}{2})^{2} = \frac{1}{12} ‚ \end{array}$

当且仅当3x=1-3x, 即 $x = \frac{1}{6}$ 时等号成立.

评注x+ (1-3x) 不是定值, 但可以通过调整系数使和为定值.

例5 设x, y∈R+, 且 $\frac{1}{x} + \frac{4}{y} = 1$ , 求x+y的最小值.

错解因为

$1 = \frac{1}{x} + \frac{4}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{4}{x y}} = \frac{4}{\sqrt{x y}}$ ,

所以xy≥16, 从而有

$x + y \geq 2 \sqrt{x y} \geq 2 \sqrt{16} = 8 .$

连续两次运用均值不等式, 第1次是当 $\frac{1}{x} = \frac{4}{y} = \frac{1}{2}$ , 即x=2, y=8时取等号, 第2次是当x=y (x, y∈R+) 时取等号, 显然矛盾.

正解因为x, y∈R+, 所以

$\begin{array}{l} x + y = (x + y) (\frac{1}{x} + \frac{4}{y}) \\ = 1 + \frac{4 x}{y} + \frac{y}{x} + 4 \geq 9 ‚ \end{array}$

当且仅当 $\frac{y}{x} = \frac{4 x}{y}$ 且 $\frac{1}{x} + \frac{4}{y} = 1$ , 即x=3, y=6时等号成立.

评注运用均值不等式解题, 等号成立的条件往往容易被忽视.尤其是在多次运用均值不等式解题时, 要注意等号成立的条件是要所有条件同时成立.

3变量分离后运用均值不等式

例6 已知 $x \geq \frac{5}{2}$ , 求 $f (x) = \frac{x^{2} - 4 x + 5}{2 x - 4}$ 的值域.

分析看似无法使用均值不等式, 但对函数式进行分离, 便可创造运用均值不等式的条件. 本题可对f (x) 进行合适的分解再运用均值不等式进行求解, 即

$\begin{array}{l} f (x) = \frac{x^{2} - 4 x + 5}{2 x - 4} \\ = \frac{1}{2} [(x - 2) + (\frac{1}{x - 2})] \geq 1 ‚ \end{array}$

当且仅当 $x - 2 = \frac{1}{x - 2}$ , 即x=3时等式成立, 此时

f (x) min=1.

4巧用代换后运用均值不等式

例7 求 $y = \frac{1}{x} + \frac{4}{3 - x} (0 ＜ x ＜ 3)$ 的最小值.

分析由于 $\frac{1}{x} \cdot \frac{4}{3 - x}$ 不是定值, 但由0<x<3可用三角代换来创造运用均值不等式的条件.

解不妨设 $x = 3 \cos^{2} θ (0 ＜ θ ＜ \frac{π}{2})$ , 则

$\begin{array}{l} y = \frac{1}{x} + \frac{4}{3 - x} = \frac{1}{3 \cos^{2} θ} + \frac{4}{3 \sin^{2} θ} \\ = \frac{1}{3} [\tan^{2} θ + 1 + 4 (\cot^{2} θ + 1)] \\ \geq \frac{1}{3} [5 + 2 \sqrt{\tan^{2} θ \cdot 4 \cot^{2} θ}] = 3 . \end{array}$

故 $y = \frac{1}{x} + \frac{4}{3 - x} (0 ＜ x ＜ 3)$ 的最小值是3.

参考文献

[1]人民教育出版社中学数学室.全日制普通高级中学教科书 (实验修订本, 第1册上) [M].北京:人民教育出版社, 2009.

例谈均值不等式定理应用的若干技巧第10篇

本文给出应用均值不等式定理解题的若干技巧, 以供参考.

一、配凑积一定, 求和最小

例1 设 x>2, 求函数 $y = x + \frac{1}{x - 2}$ 的最小值.

分析:采用添项配凑:

$\begin{array}{l} y = x + \frac{1}{x - 2} \\ = (x - 2) + \frac{1}{x - 2} + 2 \\ \geq 2 \sqrt{(x - 2) \cdot \frac{1}{x - 2}} + 2 \\ = 2 + 2 = 4 . \end{array}$

例2 设 x>1, 求函数 $y = \frac{2 x^{2} - 4 x + 5}{x - 1}$ 的最小值.

分析:采用“部分分式法”将其变形为

$\begin{array}{l} y = \frac{2 x^{2} - 4 x + 2}{x - 1} + \frac{3}{x - 1} \\ = 2 (x - 1) + \frac{3}{x - 1} \geq 2 \sqrt{6} . \end{array}$

二、配凑和一定, 求积最大

例3 已知 a, b∈R+, 且 $a^{2} + \frac{b^{2}}{2} = 1$ , 求 $a \sqrt{1 + b^{2}}$ 的最大值.

分析:由已知, 将其重配和一定:

$a^{2} + \frac{1 + b^{2}}{2} = \frac{3}{2} .$

再将 a 内移:

$\begin{array}{l} a \sqrt{1 + b^{2}} = \sqrt{a^{2} \cdot (1 + b^{2})} \\ = \sqrt{2} \cdot \sqrt{a^{2} \cdot \frac{1 + b^{2}}{2}} \\ \leq \sqrt{2} \cdot \frac{a^{2} + \frac{1 + b^{2}}{2}}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{4} . \end{array}$

三、由分式配凑 $a x + \frac{b}{x}$ 型

例4 设 x<0, 求 $y = \frac{3 x}{x^{2} + x + 1}$ 的值域.

分析:将分子分母同除以非零 x, 变形为

$y = \frac{3}{x + \frac{1}{x} + 1} .$

因为 x<0, 所以 $x + \frac{1}{x} \leq - 2$ ,

所以 $- 3 \leq \frac{3}{x + \frac{1}{x} + 1} ＜ 0$ ,

即 -3≤y<0.

四、分子有理化, 配凑 $a x + \frac{b}{x}$ 型

例5 求 $\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}$ 的最大值.

分析:因为 $(\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}) (\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} + \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}) = 1$ ,

所以 $\begin{array}{l} \sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} - \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1} \\ = \frac{1}{\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} + \sqrt{x + \frac{1}{x} + 1}} \leq \frac{1}{2 + \sqrt{3}} \\ = 2 - \sqrt{3} \end{array}$ .

五、拆项重组、构造二元均值不等式

例6 求 $y = \frac{a b + 2 b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} (a ＞ 0 ‚ b ＞ 0 ‚ c ＞ 0)$ 的最大值.

分析:将分母拆成4项, 配凑两个二元均值不等式.

$\begin{array}{l} y = \frac{a b + 2 b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} = \frac{a b + 2 b c}{a^{2} + \frac{b^{2}}{5} + \frac{4 b^{2}}{5} + c^{2}} \\ \leq \frac{a b + 2 b c}{2 \sqrt{\frac{a^{2} b^{2}}{5}} + 2 \sqrt{\frac{4 b^{2} c^{2}}{5}}} \\ = \frac{\sqrt{5} (a b + 2 b c)}{2 (a b + 2 b c)} = \frac{\sqrt{5}}{2} . \end{array}$

六、常值代换, 构造 $a x + \frac{b}{x}$ 型

例7 设 x, y∈R+, 且 x+y=1, 求证 $(1 + \frac{1}{x}) (1 + \frac{1}{y}) \geq 9$ .

分析:将分子1换为 x+y 代入:

$\begin{array}{l} (1 + \frac{1}{x}) (1 + \frac{1}{y}) \\ = (1 + \frac{x + y}{x}) (1 + \frac{x + y}{y}) \\ = (2 + \frac{y}{x}) (2 + \frac{x}{y}) \\ = 5 + 2 (\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) \\ \geq 5 + 2 \times 2 = 9 . \end{array}$

例8 设 x, y∈R+, 且 x+2y=1, 求 $\frac{2}{x} + \frac{1}{y}$ 的最小值.

分析:将1=x+2y 作为因数,

$\begin{array}{l} \frac{2}{x} + \frac{1}{y} = (x + 2 y) (\frac{2}{x} + \frac{1}{y}) \\ = 4 + \frac{4 y}{x} + \frac{x}{y} \\ \geq 4 + 4 = 8 . \end{array}$

七、分离系数, 构造 $a x + \frac{b}{x}$ 型

例9 若对于任意的 x∈R, 不等式 $2 x^{2} - a \sqrt{x^{2} + 1} + 3 ＞ 0$ 恒成立, 求 a 的取值范围.

分析:分离 a 得

$a ＜ \frac{2 x^{2} + 3}{\sqrt{x^{2} + 1}} = 2 \sqrt{x^{2} + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^{2} + 1}} .$

代换 $\sqrt{x^{2} + 1} = t$ , 即 $a ＜ 2 t + \frac{1}{t} ‚ t \in [1 ‚ + \infty)$ .此时 $f (t) = 2 t + \frac{1}{t}$ 为增函数,

所以 f (t) min=f (1) =3.

即 a<3时, 原不等式恒成立.

特别警示:此处不可误用均值不等式: $2 t + \frac{1}{t} \geq 2 \sqrt{2}$ , 因取等号时由 $2 t = \frac{1}{t}$ , 得 $t = \frac{\sqrt{2}}{2} \notin [1 ‚ + \infty)$ .故应由函数的单调性求最值.此题用了函数 $f (x) = a x + \frac{b}{x} (a ＞ 0 ‚ b ＞ 0 ‚ a$ 、b 为常数) 的一个重要性质:在 $(0 ‚ \sqrt{\frac{b}{a}}]$ 上递减, 在 $[\sqrt{\frac{b}{a}} ‚ + \infty)$ 上递增.