编者按：精品学习网小编为大家收集了“算术平均数与几何平均数综合练习”，供大家参考，希望对大家有所帮助!

(1)  预习题

例1. 1.已知 ，分别求 的范围

解：(8,11)    (3,6)    (2,4)

例2. 试比较  与

解： >

例3. 下列命题正确的是( D  )

(A) 成立当且仅当 均为正数

(B) 成立当且仅当 均为正数

(C) 成立当且仅当

(D) 成立当且仅当

例4. 已知 为两两不相等的实数，求证：

证：∵

以上三式相加：

∴

例5. 最小值是 。

解：

(2)  基础题

例1.设 是锐角，a= ，b= ，c= ，则下列关系式正确的是(  )

(A) a≤b≤c  (B) b≤a≤c  (C) c≤b≤a  (D) b≤c≤a

解 ∵ 为锐角，∴sin >0，cos >0，

≥ = ，∴a≥b，淘汰(A)。

a-     c= - = ≥0，

∴a≥c，淘汰(B)。

b2-c2= =

= ≥0，

∴b2≥c2，∴b≥c，选(C)。

例2 已知等比数列 的公比为q>0，Sn为其前n项的和，则(  )

(A)    Sn·Sn+2< (B) Sn·Sn+2≤ (C) Sn·Sn+2> (D) Sn·Sn+2≥

分析 与等比数列前n项和有关问题要考虑公比q=1与q≠1两种情况。

解 1°当q=1时，Sn·Sn+2=n(n+2) 。

而 =(n+1)2 ，∵(n+1)2=n2+2n+1>n(n+2)

>0，∴n(n+2) <(n+1)2 ，∴Sn·Sn+2< ，淘汰(C)(D)。

2°当q≠1时，Sn·Sn+2= =

= = ，

又 = = ，

∵qn>0，qn+2>0，∴ ≥ ……(1)

若qn= qn+2，则q2=1与q>0，q≠1矛盾。∴(1)式中“=”不成立，∴qn+ qn+2> = ，

∵-( qn+ qn+2)<- ，∴Sn·Sn+2< ，∴选A。

例3. ①设a，b ，且a+b=3，求2a+2b的最小值。

②若a，b ，且a+2b=4，求lga+lgb的最大值。

解 ①∵2a>0，2b>0，∴2a+2b≥2 =2 =2 =4 ，

令2a=2b，∴a=b= ，所以2a+2b的最小值为4 。

②∵lga+lgb=lgab，当ab最大时，lgab也最大，

∵ ≤ =2，∴a·(2b)≤4。

令a=2b，∴a=2b=2，即a=2，b=1时，上式“=”成立。

∴2ab≤4，ab≤2，∴lgab有最大值lg2，即lga+lgb的最大值为lg2。

(3)  应用题

例1. 已知a，b ，求证 (a2+b2)+1≥

分析 “和≥积”这是重要不等式的基本形式，观察要证明的不等式右式是a2+1与b2+1的几何平均数，因而左式改写为：a2+1，b2+1的算术平均数。

证明 左式= ，∵a2+1>0，b2+1>0，

∴ ≥ ，即 (a2+b2)+1≥ 。

例2.设0

分析 将欲证明的不等式进行等价变换，构造可选用重要不等式的形式。

证明 求证的不等式等价于 + ≥a2+2ab+b2，

即为a2( -1)+b2( -1)≥2ab，

∵0

∴a2( -1)+b2( -1)=a2( )+b2( )=

≥ =2ab。

∴ + ≥a2+b2+2ab，

∴ + ≥(a+b)2。

例3.已知a、b、c ，且a+b+c=1，证明：

(1) a2+b2+c2≥ ;

(2) + + ≥ 。

分析 条件a+b+c=1与要证明的结论之间的联系有两种情况，一是(a+b+c)2与a2+b2+c2之间的联系，二是1都可以化为a+b+c。另外，要证明的两个式子都是关于a、b、c的“对称轮换式”，往往需多次使用重要不等式，才能证明结论。

证明 (1)∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，

∴(a2+b2)+( b2+c2)+( c2+a2)≥2ab+2bc+2ca，

即2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)，

∴3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)，

∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1，

∴a2+b2+c2≥ (当且仅当a=b=c= 时取“=”号)。

评注 此题在2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)后，如果按以下方法推理：a2+b2+c2≥ab+bc+ca，

∴a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca)，

∴3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2=1，可推出结论：ab+bc+ca≤ 。

(2) 左式=

=

= ，

∵ ≥2， ≥2， ≥2，

∴左式≥ (3+2+2+2)= =右式。当且仅当a=b=c= 时取“=”。

评注 通过本题的学习，可知证明中对式子的变形相当重要。

(4)  提高题

例1.若x，y ，且x+y+ =10。求证xy的最大值为50(3-2 )。

分析 “等量可代换”，“不等量可传递”，这是等式和不等式的重要性质，在证明不等式中经常使用。证明xy的最大值为50(3-2 )，实质就是证明xy≤50(3-2 )，且“=”能成立。

证明 ∵x，y ，∴x+y≥2 (当且仅当x=y时取“=”)，

又x2+y2≥2xy>0，∴ ≥ (当且仅当x=y时取“=”)，

∴x+y+ ≥2 + (当且仅当x=y时取“=”)，

∵x+y+ =10，

∴10≥2 + ，即(2+ )· ≤10，

∴ ≤ = =5 ( -1)，

∴xy≤[5 ( -1)]2=50(3-2 )， (*)

令x=y代入x+y+ =10，得x=y=5 ( -1)时，

(*)式“=”能取到，∴xy的最大值为50(3-2 )。

例2.设f(x)= (c为正常数)的最小值为m，求证：

(1)       当c≤1时，m=2;

(2)       当c>1时，m= 。

分析 先利用重要不等式，求f(x)的最小值。而后讨论“=”能否取到，若取不到，则要利用函数单调性求最小值。

证明 设 =t，(t≥ )，

∴y= f(x)= =t+ ≥2 =2。

令t= ，∴t2=1，∴t=1。

(1)     ∵c≤1，∴当t=1时， =1，

x2+c=1，∴x2=1-c<0，这样的实数x存在，

∴当x= 时，函数f(x)有最小值2，

即c≤1时，m=2。

(2)     ∵c>1，∴若t=1，则x2=1-c<0，这样的实数x不存在，

即y≥2中“=”不成立

∴函数y= f(x)的最小值不是2.下面利用函数单调性来求其最小值。

又∵当 ≤t1

t1+ -(t2+ )=t1-t2+ - = 。

∵t1-t2<0，t1·t2>0，且t1t2-1>c-1>0，∴t1+ 

∴函数y=t+ 在t≥ 时为单调递增函数，

∴t= 时，y有最小值 。

即f(x)在x=0时，有最小值 。

∴当c>1时，m= = 。

例3.画展中有一幅画，挂在离地面a米处，画本身高b米(如图)，根据光学原理，对一个物体视角 最大时，观察得最清楚。问身高h米(h

A

B

C

D

M

θ

分析 将求 的最大值转化为求 的最大值。

解 设 ，(0< < )。

又设人站在离画x米处(x>0)，BD=a+b-h>0，

∴AD= a-h>0，

∴ ， 。

∴ = =

= = 。

∵x>0， >0，

∴ ≥ = (常数)，

令x= ，∴x= 时，

有最小值。∴ 有最大值。

∵0< < ，∴ 此时有最大值。

因此，此人应站在离画 处观察该画最清楚。

四、课后演武场

1.设a、b、c ，且互不相等，则三个正数a+ ，b+ ，c+ ( )

(A)  都不大于2                  (B) 都不小于2

(C)至少有一个不大于2         　(D) 至少有一个不小于2

分析 有关“至少”，“至多”的问题，一般用反证法来证明。“至少”的反设是“全部”。

解 令a=1，b= ，则a+ =3>2，淘汰(A)，

令a= ，b=1，则a+ = <2，淘汰(B)，

又由重要不等式a+ ≥2 ，b+ ≥2 ，c+ ≥2 ，

若都不大于2，那么 ≤1， ≤1， ≤1，

∴a≤b≤c≤a，∴a=b=c与已知矛盾，所以选D。

2.已知函数①y=x+ ;②y= ;③y= ;④y=6-(x+ )

(x>0)。则其中以2为最小值的函数个数是(  )

(A) 0  (B) 1  (C) 2   (D) 3

分析 利用不等式求最大值或最小值时，要注意三个条件，同时也要注意是最大值，还是最小值。

解 ①显然不合题意;对于②y= ，

y= + ≥2，令 = 可得x=0。

所以“=”成立，其最小值为2;

用同样的方法变形③y= + ≥2，

令 = 无实数解，

所以“=”不成立，因而最小值不是2，对于④x+ ≥4，

当x=2时“=”成立，所以x+ 有最小值，因此y有最大值2，因此选B。

3.已知实数 满足 ，则 有( B  )

(A)最小值 和最大值1           (B)最小值 和最大值1

(B)最小值 和最大值            (D)最小值1

4.求证：

证：

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