高中数学3.2均值不等式教案新人教B版必修5

PAGEPAGE143．2均值不等式整体设计教学分析均值不等式也称基本不等式．本节主要目标是使学生了解均值不等式的代数意义，几何的直观解释以及均值不等式的证明和应用．本节教材上一开始就开门见山地给出均值不等式及证明，在思考与讨论过渡下，给出均值不等式的一个几何直观解释，以加深学生对均值不等式的理解．教材用作差配方法证明均值不等式．作差配方法是证明不等式的基本方法，在整个不等式的教学中都要贯彻这一重要方法．在解题中要让学生注意使用均值不等式的条件，并掌握基本技能．一般说来，“见和想积，拆低次，凑积为定值，则和有最小值；见积想和，拆高次，凑和为定值，则积有最大值”．本节的《新课标》要求是：探索并了解均值不等式的证明过程；会用均值不等式解决简单的最大(小)问题．从历年的高考来看，均值不等式是重点考查的内容之一，它的应用范围几乎涉及高中数学的所有章节，且常考常新，大多是大小判断、求最值、求取值范围等．不等式的证明是将来进入大学不可缺少的技能，同时也是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，备受命题者的青睐，因而成为历届高考中的热点．几乎所有地区的高考题都能觅到它的踪影．书中练习A、B和习题都是基本题，要求全做．鉴于均值不等式的特殊作用，因此本节设计为2课时完成，但仅限于基本方法和基本技能的掌握，不涉及高难度的技巧．第一课时重在均值不等式的探究，第二课时重在均值不等式的灵活运用．且在教学中，将本节教材中的思考与讨论一起拿到课堂上来，让学生通过思考与讨论建立均值不等式与不等式a2＋b2≥2ab的联系．三维目标1．通过本节探究，使学生学会推导并掌握均值不等式，理解这个均值不等式的几何意义，掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是：当且仅当这两个数相等．2．通过对均值不等式的不同形式应用的研究，渗透“转化”的数学思想，提高学生运算能力和逻辑推理能力．引发学生学习和使用数学知识的兴趣，发展创新精神，培养实事求是、理论与实际相结合的科学态度和科学道德．3．通过本节学习，使学生体会数学来源于生活，帮助学生养成良好的学习习惯，形成积极探索的态度，逐步养成严谨的科学态度及良好的思维习惯．重点难点教学重点：用数形结合的思想理解均值不等式，并从不同角度探索不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的证明过程；用不等式求某些函数的最值及解决一些简单的实际问题．教学难点：用均值不等式求最大值和最小值，均值不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)等号成立条件的运用，应用均值不等式解决实际问题．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路1.(直接引入)像教材那样，直接给出均值定理，然后引导学生利用上节课的基本性质来探究它的证明方法．因为有了上两节的不等式的探究学习，因此这样引入虽然直白却也是顺其自然．思路2.(情境导入)教师自制风车，让学生把教师自制的风车转起来，这是学生小时候玩过的得意玩具；手持风车把手，来了一个360°的旋转，不但风车转得漂亮，课堂气氛也活跃，学生在紧张的课堂氛围中马上变得自然和谐，情境引入达到高潮，此时教师再提出问题．推进新课eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(提出问题))eq\a\vs4\al(1均值定理的内容是什么？怎样进行证明？,2你能证明a2＋b2≥2ab吗？,3你能尝试给出均值不等式的一个几何直观解释吗？,4均值不等式有哪些变形式？)活动：教师引导学生阅读均值定理的内容，或直接用多媒体给出．点拨学生利用上两节课所学知识进行证明，这点学生会很容易做到，只需作差配方即可．接着让学生明确，这个结论就是均值不等式，也叫基本不等式．其中，任意两个正实数a、b的eq\f(a＋b,2)叫做数a、b的算术平均值，数eq\r(ab)叫做a、b的几何平均值．均值定理可以表述为：两个正数的算术平均值大于或等于它的几何平均值．强调这个结论的重要性，在证明不等式、求函数的最大值还应让学生熟悉均值不等式的其他变形式．如若a、b∈R＋，则eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，式中等号成立．好多书上就把它称为基本不等式．在同样条件下还可写成：a＋b≥2eq\r(ab)或2eq\r(ab)≤a＋b等．讨论结果：(1)(2)略．(3)均值不等式的几何解释是：半径不小于半弦长．(4)若a、b∈R＋，则eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，当且仅当a＝b时，式中等号成立；若a、b∈R＋，则a＋b≥2eq\r(ab)，当且仅当a＝b时，式中等号成立；若a、b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，式中等号成立．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(应用示例))例1(教材本节例1)活动：本例是均值不等式的简单应用，教师点拨学生证明时注意式中成立的条件，本例中的eq\f(b,a)和eq\f(a,b)相当于均值不等式中的a、b.因此必须有eq\f(b,a)，eq\f(a,b)∈R＋.点评：初用均值不等式，学生往往容易忽视不等式成立的条件，点拨学生注意，只要使用均值定理，马上先想到条件，养成良好的解题习惯.变式训练已知a、b、c都是正实数，求证：(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.证明：∵a＞0，b＞0，c＞0，∴a＋b≥2eq\r(ab)＞0，b＋c≥2eq\r(bc)＞0，c＋a≥2eq\r(ca)＞0.∴(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥2eq\r(ab)·2eq\r(bc)·2eq\r(ac)＝8abc，即(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥8abc.例2已知(a＋b)(x＋y)＞2(ay＋bx)，求证：eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2.活动：教师引导学生探究题目中的条件与结论．本题结论中，注意eq\f(x－y,a－b)与eq\f(a－b,x－y)互为倒数，它们的积为1，故此题应从已知条件出发，经过变形，说明eq\f(x－y,a－b)与eq\f(a－b,x－y)为正数开始证题．证明：∵(a＋b)(x＋y)＞2(ay＋bx)，∴ax＋ay＋bx＋by＞2ay＋2bx.∴ax－ay＋by－bx＞0.∴(ax－bx)－(ay－by)＞0.∴(a－b)(x－y)＞0，即a－b与x－y同号．∴eq\f(x－y,a－b)与eq\f(a－b,x－y)均为正数．∴eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2eq\r(\f(x－y,a－b)·\f(a－b,x－y))＝2(当且仅当eq\f(x－y,a－b)＝eq\f(a－b,x－y)时取“＝”)．∴eq\f(x－y,a－b)＋eq\f(a－b,x－y)≥2.点评：本题通过对已知条件变形，恰当地因式分解，从讨论因式乘积的符号来判断eq\f(x－y,a－b)与eq\f(a－b,x－y)是正还是负，是我们今后解题中常用的方法．例3若a＞b＞1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\f(a＋b,2)，则()A．R＜P＜QB．P＜Q＜RC．Q＜P＜RD．P＜R＜Q活动：这是均值不等式及其变形式的典型应用．根据P、Q、R三个式子的结构特点，应考虑利用均值不等式，再运用函数y＝lgx的单调性．答案：B解析：∵a＞b＞1，∴lga＞lgb＞0.∴eq\f(1,2)(lga＋lgb)＞eq\f(1,2)·2eq\r(lga·lgb)，即Q＞P.又∵eq\f(a＋b,2)＞eq\r(ab)，∴lgeq\f(a＋b,2)＞lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)．∴R＞Q.故P＜Q＜R.点评：应准确理解均值不等式成立的条件，创造性地应用均值不等式．例4(教材本节例2)活动：这是一个实际问题．教师引导学生分析，根据题意在(1)中，矩形的长与宽的积是一个常数，求长与宽的和的两倍的最小值；在(2)中，矩形的长与宽的和的两倍是一个常数，求长与宽的积的最大值．联想到均值不等式的两边恰是两个正数的和与积，因此建立均值不等式的数学模型．点评：本例也可用函数模型解决，课后可让学生试一试．这里用均值不等式来解，一是说明利用均值不等式求最值的方法，二是说明这种方法的快捷．解完本例后，让学生领悟到：两个正数的积为常数时，它们的和有最小值；两个正数的和为常数时，它们的积有最大值．简单地说就是：在应用这个结论求最值时应把握“一正、二定、三相等”．正是正数，定是定值，相等是能取到等号．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能训练))1．“a＝eq\f(1,8)”是“对任意的正数x,2x＋eq\f(a,x)≥1”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件2．若正数a、b满足ab＝a＋b＋3，则ab的取值范围是________．答案：1．A解析：一方面，当a＝eq\f(1,8)时，对任意的正数x，有2x＋eq\f(a,x)＝2x＋eq\f(1,8x)≥1；另一方面，对任意正数x，都有2x＋eq\f(a,x)≥1，只要2x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)≥1，即得a≥eq\f(1,8).2．[9，＋∞)解法一：令eq\r(ab)＝t(t＞0)，由ab＝a＋b＋3≥2eq\r(ab)＋3，得t2≥2t＋3，解得t≥3，即eq\r(ab)≥3，故ab≥9.解法二：由已知得ab－b＝a＋3，b(a－1)＝a＋3，∴b＝eq\f(a＋3,a－1)(a＞1)．∴ab＝a·eq\f(a＋3,a－1)＝[(a－1)＋1]eq\f(a＋3,a－1)＝a＋3＋eq\f(a＋3,a－1)＝a－1＋4＋eq\f(a－1＋4,a－1)＝a－1＋eq\f(4,a－1)＋5≥2eq\r(a－1·\f(4,a－1))＋5＝9.当且仅当a－1＝eq\f(4,a－1)时取等号，即a＝b＝3时，ab的最小值为9.∴ab的取值范围是[9，＋∞)．点评：此题较全面地考查了均值不等式的应用及不等式的解法与运算能力．通过思考a＋b与ab的关系联想到均值不等式，或建立在函数思想上，求函数的值域．由于视角的不同，有多种方法，以上仅是其中的两种解法．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(课堂小结))1．由学生自己理顺整合本节都学到了哪些知识方法？有哪些收获？2．教师强调，本节课，我们学习了重要不等式a2＋b2≥2ab；两正数a、b的算术平均数(eq\f(a＋b,2))，几何平均数(eq\r(ab))及它们的关系(eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab))．两关系式成立的条件不同，前者只要求a、b都是实数，而后者要求a、b都是正数．它们既是不等式变形的基本工具，又是求函数最值的重要工具．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作业))习题3—2A组，4,5,6.习题3—2B组，1,2.设计感想1．本节设计突出重点．均值不等式的功能在于求最值，这是本节的重点，要牢牢地抓住．但使用均值不等式求函数最值时要注意：①x，y都是正数；②积xy(或和x＋y)为定值；③x与y必须能够相等．2．本节课我们探究了均值不等式，拓展了我们的视野；证明不等式是高中数学的重点，也是难点，在设计中加强了证明不等式的题量，但难度并不大，重在让学生体会方法．将解题思路转化为解题过程，往往不是一帆风顺的，谈思路可能头头是道，具体求解却可能会处处碰壁，消除思路与求解的差异，要靠探究，在探究中不断更新，在探究中逐步完善．(设计者：郑吉星)第2课时导入新课思路1.(复习导入)让学生回忆上节课我们探究的重要结果：一是如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”)；二是均值不等式：如果a，b是正数，那么eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(当且仅当a＝b时取“＝”)．在这个不等式中，eq\f(a＋b,2)为a，b的算术平均数，eq\r(ab)为a，b的几何平均数，这样均值不等式就有了几何意义：半弦长不大于半径．a2＋b2≥2ab与eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立的条件是不同的，前者只要求a，b都是实数，而后者要求a，b都是正数．本节课我们进一步探究均值不等式的应用．由此展开新课．思路2.(直接导入)通过上节课a2＋b2≥2ab(a、b∈R)与eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a＞0，b＞0)的探究证明，我们熟悉了不等式的一些证明方法．本节课我们进一步领悟不等式的证明思路、方法，进一步熟悉利用均值不等式解决函数的最值问题的思路．教师打开多媒体课件，从而展开新课．推进新课eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(新知探究))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(提出问题))eq\a\vs4\al(1回忆上节课探究的均值不等式，怎样理解均值不等式的意义？都有哪些变形？,2均值不等式都有哪些方面的应用？,3在应用均值不等式求最值时，应注意什么问题？)活动：教师引导学生回忆上节课我们共同探究的均值不等式，以及均值不等式与a2＋b2≥2ab的联系．给出了均值不等式的一个几何直观解释．均值不等式与a2＋b2≥2ab都有着广泛的应用．对这两个重要不等式，要明确它们成立的条件是不同的．后者成立的条件是a与b都为实数，并且a与b都为实数是不等式成立的充分必要条件；而前者成立的条件是a与b都为正实数，并且a与b都为正数是不等式成立的充分不必要条件，如a＝0，b＝0，仍然能使eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)成立．两个不等式中等号成立的条件都是a＝b，故a＝b是不等式中等号成立的充要条件．在使用“和为常数，积有最大值”和“积为常数，和有最小值”这两个结论时，应把握“一正、二定、三相等”．当条件不完全具备时，应创造条件．本节课我们将进一步探究均值不等式的应用．讨论结果：(1)(2)略．(3)应注意不等式成立的条件，即把握好“一正，二定，三相等”．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(应用示例))例1(教材本节例3)活动：本例是求函数的最值．教师引导学生将f(x)变形，注意观察代数式中可否出现和或积的定值．本例可放手让学生自己探究，教师给予适当点拨．点评：解完本例后，让学生反思并领悟在求函数最值时，如何使用均值不等式的条件，并掌握基本技能.变式训练函数y＝loga(x＋3)－1(a＞0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn＞0，则eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为________．答案：8解析：∵y＝loga(x＋3)－1恒过点(－2，－1)，∴A(－2，－1)．又∵A在直线上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1.又∵mn＞0，∴m＞0，n＞0.而eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(4m＋2n,n)＝2＋eq\f(n,m)＋2＋eq\f(4m,n)≥4＋2×2＝8，当n＝eq\f(1,2)，m＝eq\f(1,4)时取“＝”．∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为8.例2(1)已知x＜eq\f(5,4)，求函数y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值；(2)已知a、b为实数，求函数y＝(x－a)2＋(x－b)2的最小值．活动：(1)因为4x－5＜0，所以首先要“调整”符号．又(4x－2)·eq\f(1,4x－5)不是常数，所以应对4x－2进行拆(添)项“配凑”．(2)从函数解析式的特点看，本题可化为关于x的二次函数，再通过配方法求其最小值．但若注意到(x－a)＋(b－x)为定值，则用变形不等式eq\f(m2＋n2,2)≥(eq\f(m＋n,2))2更简捷．解：(1)∵x＜eq\f(5,4)，∴5－4x＞0.∴y＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－(5－4x＋eq\f(1,5－4x))＋3≤－2＋3＝1.当且仅当5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1时，上式等号成立．∴当x＝1时，ymax＝1.(2)∵y＝(x－a)2＋(x－b)2＝(x－a)2＋(b－x)2≥2[eq\f(x－a＋b－x,2)]2＝eq\f(a－b2,2)，当且仅当x－a＝b－x，即x＝eq\f(a＋b,2)时，上式等号成立．∴当x＝eq\f(a＋b,2)时，ymin＝eq\f(a－b2,2).点评：若x、y∈R＋，x＋y＝s，xy＝p.若p为定值，则当且仅当x＝y时，s的值最小；如果s为定值，则当且仅当x＝y时，p的值最大．简称“和定积最大，积定和最小”．从本例的解答可以看出，求最值时往往需要拆(添)项，其目的是创设应用均值不等式的情境和使等号成立的条件，即满足“一正，二定，三相等”的要求.变式训练已知在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，P是AB上的点，则点P到AC、BC的距离乘积的最大值是__________．答案：3解析：方法一：以CA、CB所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，则直线AB方程为eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1，设P(a，b)，则eq\f(a,4)＋eq\f(b,3)＝1(a＞0，b＞0)．∴ab＝12·eq\f(a,4)·eq\f(b,3)≤12(eq\f(\f(a,4)＋\f(b,3),2))2＝3，当且仅当“a＝eq\f(4b,3)”时等号成立．方法二：设P到BC的距离为a，到AC的距离为b.由相似三角形易得eq\f(a,4)＝eq\f(PB,5)，eq\f(b,3)＝eq\f(PA,5)，∴eq\f(a,4)＋eq\f(b,3)＝eq\f(PB＋PA,5)＝1.以下解法同一．例3当x＞－1时，求函数f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)的值域．活动：教师引导学生观察函数f(x)的分子、分母特点，可作如下变形：f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)＝eq\f(x＋12－5x＋1＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(5,x＋1)－5.这样就可以应用均值不等式了．解：∵x＞－1，∴x＋1＞0.∴f(x)＝eq\f(x2－3x＋1,x＋1)＝eq\f(x＋12－5x＋1＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(5,x＋1)－5≥2eq\r(x＋1\f(5,x＋1))－5＝2eq\r(5)－5，当且仅当(x＋1)2＝5时，即x＝eq\r(5)－1时取“＝”．另一解x＝－eq\r(5)－1＜－1(舍去)，故函数值域为[2eq\r(5)－5，＋∞)．点评：本题解法具有典型性，解后教师引导学生领悟反思．这种求值域的题目，在“函数”一章中我们接触较多，其常用方法有单调性、图象法，还有判别式法．利用判别式法不仅计算量大，而且极易因忽视某些条件而出错．本例给出了用均值不等式法求值域的方法，既简单又不易出错．但提醒学生一定要注意必须满足的三个条件：①各项均为正数；②和或积有一个为定值；③等号一定取到，这三个条件缺一不可.变式训练已知x1·x2·x3·…·x2006＝1，且x1、x2、x3、…、x2006都是正数，则(1＋x1)(1＋x2)…(1＋x2006)的最小值是__________．答案：22006解析：∵x1＞0，则1＋x1≥2eq\r(x1)，同理，1＋x2≥2eq\r(x2)，……1＋x2006≥2eq\r(x2006)，各式相乘，得(1＋x1)(1＋x2)…(1＋x2006)≥22006·eq\r(x1·x2·x3·…·x2006)＝22006.取“＝”的条件为x1＝x2＝x3＝…＝x2006＝1，∴所求最小值为22006.例4设0＜x＜2，求函数f(x)＝eq\r(3x8－3x)的最大值，并求相应的x值．试问0＜x＜eq\f(4,3)时，原函数f(x)有没有最大值？0＜x≤1时，f(x)有没有最大值？若有，请你求出来；若没有，请你说明理由．活动：对本例中的函数可变形为f(x)＝eq\r(24x－9x2)，根号内是我们熟悉的二次函数，完全可以用二次函数的知识方法解决，这种方法学生很熟悉．教师可引导学生利用均值不等式求解，让学生自己探究，教师可适时地点拨．解：∵0＜x＜2，∴8－3x＞0.∴f(x)＝eq\r(3x8－3x)≤eq\r(\f(3x＋8－3x,2)2)＝4，当且仅当3x＝8－3x，即x＝eq\f(4,3)时取“＝”．∴函数f(x)的最大值为4，此时x＝eq\f(4,3).又f(x)＝eq\r(－9x2＋24x)＝eq\r(－3x－42＋16)，∴当0＜x＜eq\f(4,3)时，f(x)递增；当x＞eq\f(4,3)时，f(x)递减．∴当0＜x＜eq\f(4,3)时，原函数f(x)没有最大值．当0＜x≤1时，有最大值f(1)，即f(1)＝eq\r(15).点评：通过本例再次加深对均值不等式条件的理解．体会不等式的功能在于“和与积”的互化，构造均值不等式，解题的技巧是拆(添)项或配凑因式．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(知能训练))1．函数f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)的最大值为()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D．12．求函数y＝x＋eq\f(1,x)(x＞0)的最小值，以及此时x的值．3．已知x、y∈R＋，且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．答案：1．B解析：当x＝0时，f(x)＝0；当x＞0时，f(x)＝eq\f(\r(x),x＋1)＝eq\f(1,\r(x)＋\f(1,\r(x)))≤eq\f(1,2)，当且仅当eq\r(x)＝eq\f(1,\r(x))，即x＝1时取等号．2．解：∵x＞0，∴x＋eq\f(1,x)≥2·eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时取等号．∴当x＝1时，x＋eq\f(1,x)的值最小，最小值是2.3．解：由2x＋8y－xy＝0得y(x－8)＝2x.∵x＞0，y＞0，∴x－8＞0.∴x＋y＝eq\f(2x,x－8)＋x＝x－8＋eq\f(16,x－8)＋10≥2eq\r(x－8·\f(16,x－8))＋10＝18，当且仅当x－8＝eq\f(16,x－8)，即x＝12时，x＋y取最小值18.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(课堂小结))1．由学生归纳整合本节课所用到的知识、思想方法，回顾本节课解决了哪些问题？应注意些什么？2．教师点拨，本节课我们用均值不等式解决了函数的一些最值问题，在用均值不等式求函数的最值时，应注意考查下列三个条件：(1)函数的解析式中，各项均为正数；(2)函数的解析式中，含变数的各项的和或积必须有一个为定值；(3)函数的解析式中，含变数的各项均相等，取得最值．即用均值不等式求某些函数的最值时，应具备三个条件：一正、二定、三相等．在利用均值不等式证明一些不等式时，也应注意均值不等式成立的条件及构建均值不等式结构．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(作业))习题3—2A组2、3、7、8、9；习题3—2B组3、4.设计感想1．本节设计意在体现均值不等式的应用，因此用不等式求解函数的最值与证明不等式是穿插进行的，且强调一题多解的训练．2．本节设计关注了教学进程的和谐发展．整个设计给人自然流畅的感觉，没有教师过分自我展示的味道，能使学生的思维得到充分的锻炼，能力得到很大的提高．3．本节设计重视了学生的主体地位，从例题到变式训练，从新课导入到课堂小结，都注意了学生的主动思维活动，充分让学生占据思维的时空，这是提高学生思维能力的有效良方．备课资料一、算术平均数不小于几何平均数的一种证明方法(局部调整法)(1)设a1，a2，a3，…，an为正实数，这n个数的算术平均值记为A，几何平均值记为G，即A＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)，G＝eq\r(n,a1a2…an)，即A≥G，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，A＝G.特别地，当n＝2时，eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)；当n＝3时，eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc).(2)用局部调整法证明均值不等式A≥G.设这n个正数不全相等．不失一般性，设0＜a1≤a2≤…≤an，易证a1＜A＜an，且a1＜G＜an.在这n个数中去掉一个最小数a1，将a1换成A，再去掉一个最大数an，将an换成a1＋an－A，其余各数不变，于是得到第二组正数：A，a2，a3，…，an－1，a1＋an－A.这一代换具有下列性质：①两组数的算术平均值不变，设第二组数的算术平均值为A1，那么A1＝eq\f(A＋a2＋a3＋…＋an－1＋a1＋an－A,n)＝A，②第二组数的几何平均值最大．设第二组数的几何平均值为G1，则G1＝eq\r(n,Aa2a3…an－1a1＋an－A)，∵A(a1＋an－A)－a1an＝(A－a1)(an－A)，由a1＜A＜an，得(A－a1)(an－A)＞0，则A(a1＋an－A)＞a1an.∴Aa2a3…an－1(a1＋an－A)＞a1a2…an－1·an，即G1＞G.二、备用习题1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则()A．ab≤eq\f(1,2)B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤32．若a、b、c、d、x、y是正实数，且P＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，Q＝eq\r(ax＋cy)·eq\r(\f(b,x)＋\f(d,y))，则()A．P＝QB．P＜QC．P≤QD．P≥Q3．若函数y＝f(x)的值域是[eq\f(1,2)，3]，则函数F(x)＝f(x)＋eq\f(1,fx)的值域是()A．[eq\f(1,2)，3]B．[2，eq\f(10,3)]C．[eq\f(5,2)，eq\f(10,3)]D．[3，eq\f(10,3)]4．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储