均值不等式的应用策略

2024-06-09

均值不等式的应用策略（精选8篇）

均值不等式的应用策略篇1

均值不等式的应用策略

作者：黄秀娟

来源：《数理化学习·高三版》2013年第09期

高中阶段常用的不等式主要有以下两种形式：

（1）如果a，b∈R那么a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时取等号）.（2）如果a，b都是正数，那么

21/a+1/b

≤ab≤a+b2

均值不等式的应用策略篇2

1.1 均值不等式

如果a,b是正数,那么(当且仅当a=b时取等号)。

1.2 均值不等式推广(推广到有限个正数)

如果ai>0,i=1,2,…n,那么(当且仅当a1=a2=…=an时取等号)。

注意①ai>0,i=1,2,…n;

②若a1+a2+…+an为定值时,就能确定的最大值;

若为定值时,就能确定a1+a2+…+an的最小值;

③当且仅当a1=a2=…=an时,等式成立。

总结:一正二定三相等。

2 均值不等式在解题中的应用

2.1 用均值不等式求极限

例1,求极限。

解:由n元均值不等式,有

从而有,由两边夹原则知,

2.2 用均值不等式求最值

例2,已知2b2-a2=1,求y=|a-2b|的最小值。

解:∵y=|a-2b|

当且仅当a=b,2b2-a2=1,即a=b=1或a=b=-1时,y的最小值为1。

2.3 用均值不等式求函数值域

例3,求的值域。

当x>1时,

当且仅当时,即时,等号成立;当x<1时,

综上所述,f(x)的值域为

2.4 用均值不等式比较大小

例4,若,试判断P、Q、R之间的大小关系。

解:根据题意,可由均值不等式,得:

即,Q>P,

即R>Q。

由于a>b,所以a≠b,所以不能取等号,

即R>Q>P。

3 均值不等式在现实生活中的实践应用

罗丹曾说过:生活不是缺少美,只是缺少发现美的眼睛。这句话同样适用于数学,生活中不是缺少均值不等式的应用,只是缺少我们的细心观察。数学源于生活,又高于生活,均值不等式在生活中有着广泛的应用,例如,在机械铸造、建设投资、商品销售等问题上都有均值不等式的身影。

3.1 运用均值不等式,解决机械铸造问题

例5,用一块钢锭浇铸一个厚度均匀,且全面积为2 m2的正四棱锥形有盖容器,设容器高为h(m),盖子边长为a(m)。

1)求a关于h的函数解析式;

2)设容器的容积为V,则当a为何值时,V最大,求最大值。

解:根据题意得:,然而,

。根据均值不等式可得:,当且仅当取等号。此时,,即V的最大值为。

3.2 运用均值不等式,解决建设投资问题

例6,某单位决定投资3 200元建一仓库(长方体状),高度恒定,它的后墙利用旧墙不花钱,正面用铁栏,每1m长造价40元,两侧墙砌砖,每1m长造价45元,顶部每1m2造价20元。计算:

1)仓库底面积S的最大允许值是多少?

2)为使S达到最大,而实际投资又不超过预算,那么正面铁栏应设计为多长?

解:设铁栏长为xm,一堵砖墙长为ym,则有S=xy。

由题意得:40x+2×45y+20xy=3200

应用算术平均数与几何平均数定理,得:

从而S≤100.

因此,S的最大允许值是100 m2,取得此最大值的条件是40x=90y,而xy=100,由此求得x=15,即铁栏的长应是15m。

4 结语

处理均值不等式在解决实际应用问题应该按照以下几点要求进行:

第一,读题和审题,读题时要对题目的条件及要求有个粗略的了解,形成框架,审题时要明确题目的各个条件(包括隐含条件),明确求解。第二,审完题后,设出变量,建立数学模型,即抽象出函数关系式。第三,在该问题有意义的自变量的取值范围内(即定义域),求出问题的解。第四,从数学模型之中还原到实际问题之中,写出实际问题的解法和解答过程。

摘要：均值不等式是不等式的一种特殊种类,在不等式之中处于核心地位,在解题及现实生活中有着广泛的应用,也是高考中的一个重点。通过分析均值不等式的应用与实践,对学生逻辑思维能力及实践能力的培养有重要意义。

均值不等式的应用篇3

关键词：均值不等式；n次多项式；基本元素

设a1，a2，…，an∈R+，n∈N且n＞1，则■≥■（*）

（当且仅当a1=a2=…=an，时，“=”成立）

利用（*）式，能解决数学中许多诸如不等式、函数最值等问题。本文重在探究如何应用（*）式去解决一类关于n次多项式的不等式的证明问题.

为研究问题方便，不妨称满足（*）式中的a1，a2，…，an为基本元素，由这些元素构成的和式a1+a2+…+an与积式a1a2…an称为基本式.

一、所涉及的命题中，明显含有a1+a2+…+an和a1a2…an等基本式，可选用a1，a2，…，an为基本元素，直接利用（*）式证明

例1：设a1，a2，…，an∈R+求证（a1+a2+…+an）（■+■+…+■）≥n2

分析：由于题目中明显含有和式（a1+a2+…+an）与（■+■+…+■），故可选ai和■（i=1，2，3，…，n）为基本元素，由（*）式着手解决。

简证：选ai和■（i=1，2，3，…，n）为基本元素，由均值不等式可得，a1+a2+∧+an≥n■（1）

■+■+∧+■≥n■（2）

（1）×（2）：（a1+a2+…+an）（■+■+…+■）≥n2 证毕.

例2：设a1，a2，…，an为不相等的正数，且S=a1+a2+…+an，

试证：■+■+…+■＞■

分析：题目中，明显含有和式■+■+…+■，故可选■（i=1，2，…，n）为基本元素，再利用均值不等式解决。

简证：选■（i=1，2，…，n）为基本元素，由均值不等式得：

■（■+■+…+■）＞■（1）

考虑（1）式根号内的分母，选s-ai（i=1，2，…，n）为基本元素，再由均值不等式得：

■＞

■，

又由已知S=a1+a2+…+an，所以■＞■，（2）

（1）×（2）：■（■+■+…+■）＞■=s

所以■+■+…+■＞■

由以上证明发现，巧妙选定基本元素■和s-ai是证明这个命题的关键。

二、所涉及的命题形式中，不能明确体现基本元素 a1，a2，…，an，此类题目较难.解决这类问题的关键是根据命题的形式与特点，利用以前所学过的数学知识，设法分离出满足（*）式基本元素a1，a2，…，an，再利用均值不等式解决

例3.设n∈N且n＞1，求证n！＜■n

分析：考虑到，n！=1·2·3…n，我们选1，2，3，…，n为基本元素，利用均值不等式着手解决。

简证：因为n！=1·2·3…·n，所以可选1、2、3、…n为基本元素

由（*）式■＞■，即：■＞■ ∴n！＜■n

通过拆分n！，继而发现基本元素1，2，3，…，n，再利用均值不等式入手解决，这样使看来无法下手的問题，变得有章可循，有法可依，证明起来轻松异常。

例4.设n是大于1的自然数，求证：2n-1＞n■

分析：据等比数列求和公式知，2n-1=1+2+22+…+2n-1，所以可选1，2，22，…，2n为基本元素，由均值不等式着手解决。

简证：由（*）式：1+2+22+…+2n-1＞n■ 可得：2n-1＞n■

所以2n-1＞n■.证毕。

由证明发现，通过把2n-1拆分为1+2+22+…+2n-1 使毫无思路，难于下手的不等式问题通过均值不等式迎刃而解。

三、所涉及的命题中明显含有“式子的n次方”，我们可将它转化为“ｎ个式子的乘积”，使之出现基本式a1a2…an，进而确定基本元素a1，a2，…，an，再利用均值不等式解决

例5．设n为大于1的自然数，且０＜x＜1，证明：1+■n+1≥1+■n

分析：考虑到，1+■n＝1×1+■×1+■×…×1+■，可选1和n个1+■作为基本元素，再利用均值不等式解决。

简证：由于1+■n＝１×■，所以，利用均值不等式，■≥■，即■≥■也即1+■≥■，两边开n次方得：1+■n+1≥1+■n，命题得证。

此例的证明方法很多，比如常见的构造函数法，都比较麻烦。采用均值不等式证明，思路清晰，简明易懂，令人耳目一新！证明的关键是，由拆分“式子的n次方”进而去发现“基本元素”，再由均值不等式着手完成。

例6.设m、n、r为正整数且两两不等，求证：■m+n+r＞mmnnrr

分析：拆分■，■，■，可选m个m，n个n，r个r （总共有（m+n+r）项）为基本元素，再利用均值不等式解决.

证明：由（*）式：＞■＞

■

（上式中m个m，n个n，r个r相加）

即■＞■，两边式子都进行（m+n+r）次方，

所以■m+n+r＞mmnnrr.命题得证。

均值不等式的应用策略篇4

均值不等式的应用

教学要求：了解均值不等式在日常生活中的应用

教学过程：

一、情境引入；

日常生活中常用的不等式有：一元一次不等式、一元二次不等式和平均值不等式。前两类不等式的应用与其对应函数及方程的应用如出一辙，而平均值不等式在生产生活中起到了不容忽视的作用。下面，我主要谈一下均值不等式和均值定理的应用。

在生产和建设中，许多与最优化设计相关的实际问题通常可应用平均值不等式来解决。平均值不等式知识在日常生活中的应用，笔者虽未亲身经历，但从电视、报纸等新闻媒体及我们所做的应用题中不难发现，均值不等式和极值定理通常可有如下几方面的极其重要的应用：（表后重点分析“包装罐设计”问题）实践活动已知条件最优方案解决办法

设计花坛绿地周长或斜边面积最大极值定理一

经营成本各项费用单价及销售量成本最低函数、极值定理二车船票价设计航行里程、限载人数、票价最低用极值定理二求出速度、各项费用及相应最低成本，再由此比例关系计算出最低票价

（票价=最低票价+ +平均利润）例

1、包装罐设计问题

1、“白猫”洗衣粉桶

“白猫”洗衣粉桶的形状是等边圆柱（如右图所示），若容积一定且底面与侧面厚度一样，问高与底面半径是什么关系时用料最省（即表面积最小）？分析：容积一定=>лr h=V（定值）

=>S=2лr +2лrh=2л(r +rh)= 2л(r +rh/2+rh/2)≥2л3(r h)/4 =3 2лV(当且仅当r =rh/2=>h=2r时取等号), ∴应设计为h=d的等边圆柱体.例

2、“易拉罐”问题

圆柱体上下第半径为R,高为h，若体积为定值V,且上下底厚度为侧面厚度的二倍，问高与底面半径是什么关系时用料最省（即表面积最小）？

0.均值不等式的常见题型篇5

一基本习题

2、已知正数a,b满足ab=4，那么2a+3b的最小值为()A 10 B 12 C 43 D 46

3、已知a＞0,b＞0，a+b=1则11的取值范围是()abA(2,+∞)B [2,+∞)C(4,+∞)D [4,+∞)

4、设x,y为正数，(x+y)(14)的最小值为（）xyA 6 B 9 C 12 D 15

5、设a,bR，则下列不等式中不成立的是()112ab1a2b2ab 2 DA(ab)()4 B 2ab Cababababab6、设a0,b0，则下列不等式中成立的是（）

112ab1a2b2(ab)()4ab ab22C D abA B abababab8、已知下列不等式：①x332x(xR)；②a5b5a3b2a2b3(a,bR)；③a2b22(ab1).其中正确的个数是()A0个 B1个 C2个 D3个

9、已知a1,0b1则logablogba的取值范围是（）A(2,)B[2,)C(,2)D(,2]

二有关范围问题

1、若正数a,b满足abab3，则ab的取值范围是.以及ab的取值范围.2、已知x＞0,y＞0且x+2y+xy=30,求xy的最大值.3、已知x0,y0且——————。

4、问是否存在正整数k，使不等式果不存在，试说明理由。211，若x2ym22m恒成立，则实数m的取值范围是————xy11k恒成立？如果存在，求出所有k值；如abbcac 1

5、较难：设abc0，则2a21110ac25c2的最小值是（）aba(ab)A．2 B．4 C．25 D．5

6、已知：a > 0, b > 0,且4a + b = 30,求

11的最小值 ab三典型例题分析

1、若a,bR且ab1，求证：a

2、是否存在常数c，使得不等式试证明你的结论.注：考虑xy的特殊情况.3、已知x,y,z是互不相等的正数且xyz1，求证：（4、若a > b > 0,求a211b2 22xyxyc对任意正数x,y恒成立，2xyx2yx2y2xy11111)(1)(1) xyz816的最小值

b(ab)

5、已知：x > 0,y > 0,且x + 4y = 1,求xy的最大值

6、已知x > 0,y > 0,且xy1,求xy的最大值 34 2

四求函数的值域或者最值

1、已知0x

高三数学均值不等式篇6

3.2 均值不等式教案

教学目标：

推导并掌握两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这个重要定理.利用均值定理求极值.了解均值不等式在证明不等式中的简单应用

教学重点：

推导并掌握两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这个重要定理

利用均值定理求极值

教学过程

一、复习：

1、复习不等式的性质定理及其推论

1：a>b2：3：a>b(1)：a+b>c(2)：

4、若(1)、若(2)、若(3)、若23aⅱ）a2b22ab和ab

2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,bⅲ）3以长为a+b的线段为直径作圆，在直径AB上取点C，使C作垂直于直径

2AB的弦DD′,那么CDCACB，即CDab

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这个圆的半径为ababab，其中当且仅当点C与圆，显然，它不小于CD，即2

2心重合；即a=b应用例题：

例

1、已知a、b、c∈R，求证：

不等式的左边是根式，而右边是整式，应设法通过适当的放缩变换将左边各根式的被开方式转化为完全平方式，再利用不等式的性质证得原命题。

例

2、若

a,例3证明：∵222∴abcabbcca 例

4、已知a,b,c,d都是正数，求证：(abcd)(acbd)4abcd

分析：此题要求学生注意与均值不等式定理的“形”上发生联系，从而正确运用，同时证明：∵a,b,c,d都是正数，∴ab＞0，cd＞0，ac＞0，bd＞

得abcdacbd

0,0.2

2由不等式的性质定理4的推论1，得

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(abcd)(acbd)abcd.4即(abcd)(acbd)4abcd

归纳小结

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。巩固练习

P71 练习A，P72 练习B。

均值不等式的推广篇7

定理又可叙述为:两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.

将定理加以推广:一般地, 如果对于n个正数a1, a2, …, an (n≥2) , 把 $A_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n} ‚ G_{n} = \sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}}$ 分别叫做这n个正数的算术平均数与几何平均数, 那么有An≥Gn (当且仅当a1=a2=…=an时等号成立) , 即n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.

一、结论的证明

证法一: (数学归纳法)

当n=2时, 由 $(\sqrt{a_{1}} - \sqrt{a_{2}})^{2} \geq 0$ , 知An≥Gn, 其中等号当且仅当a1=a2时成立.

假设命题对于任意k个正数成立, 则对于任意k+1个正数a1, a2, …, ak, 有

$\begin{array}{l} A_{k + 1} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} + a_{k + 1}}{k + 1} \\ = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} + a_{k + 1} + (k - 1) A_{k + 1}}{2 k} (∵ a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} + a_{k + 1} = (k + 1) A_{k + 1}) \\ = \frac{\frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}}{k} + \frac{a_{k + 1} + \overset{(k - 1) 个}{\overset{⌢}{A_{k + 1} + \dots + A_{k + 1}}}}{k}}{2} ‚ ① \\ \geq \frac{\sqrt[k]{a_{1} a_{2} \dots a_{k}} + \sqrt[k]{a_{k + 1} A_{k + 1}^{k - 1}}}{2} \\ \geq \sqrt{\sqrt[k]{a_{1} a_{2} \dots a_{k}} \sqrt[k]{a_{k + 1} A_{k + 1}^{k - 1}}} \\ = \sqrt[2 k]{a_{1} a_{2} \dots a_{k} a_{k + 1} A_{k + 1}^{k - 1}}, \end{array}$

即 $A_{k + 1} \geq \sqrt[2 k]{a_{1} a_{2} \dots a_{k} a_{k + 1} A_{k + 1}^{k - 1}},$

两边2k次方, 得A $_{k + 1}^{2 k}$ ≥a1a2…akak+1A $_{k + 1}^{k - 1}$ ,

两边约去A $_{k + 1}^{k - 1}$ , 得A $_{k + 1}^{k + 1}$ ≥a1a2…akak+1,

开k+1方, 得 $A_{k + 1} \geq \sqrt[k + 1]{a_{1} a_{2} \dots a_{k} a_{k + 1}}, ②$

当且仅当a1=a2=…=ak, ak+1=Ak+1, 即a1=a2=…=ak+1时① (或②) 取等号.所以, 当n=k+1时, 命题也成立.

至此, 证明了结论对任何整数n≥2都成立, 则有An≥Gn.即n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.

证法二: (琴生不等式法)

琴生不等式:上凸函数f (x) , x1, x2…, xn是函数f (x) 在区间 (a, b) 内的任意n个点, 则有 $f (\frac{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}}{n}) \geq \frac{1}{n} (f (x_{1}) + f (x_{2}) + \dots + f (x_{n})) .$

设f (x) =lnx, f (x) 为上凸函数,

$∴ \ln (\frac{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}}{n}) \geq \frac{1}{n} (\ln x_{1} + \ln x_{2} + \dots + \ln x_{n}) = \ln (x_{1} x_{2} \dots + x_{n})^{\frac{1}{n}},$

即 $\frac{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{x_{1} x_{2} \dots x_{n}} .$

则An≥Gn, 即n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.

二、结论的应用

【例1】证明:在圆的内接n边形中, 以正n边形的面积为最大.

证明:设圆的半径为r, 内接n边形的面积为S, 各边所对的圆心角分别为θ1, θ2, …, θn, 则

$S = \frac{1}{2} r^{2} (\sin θ_{1} + \sin θ_{2} + \dots + \sin θ_{n}) .$

设f (x) =sinθ, 由于它在 (0, π) 内上凸, 于是根据上述结论有 $\sin θ_{1} + \sin θ_{2} + \dots + \sin θ_{n} \leq n \sin \frac{θ_{1} + θ_{2} + \dots + θ_{n}}{n} = n \sin \frac{2 π}{n} .$

所以当θ1=θ2=…=θn时, S取最大值, 也就是以正n边形的面积为最大.即在圆的内接n边形中, 以正n边形的面积为最大.

【例2】已知n∈N, 求证: $(1 + \frac{1}{n})^{n} ＜ (1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1} .$

证明:对任意的n∈N, 由上述结论有

$(1 + \frac{1}{n})^{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n} \times l ＜ [\frac{n (1 + \frac{1}{n}) + 1}{n + 1}]^{n + 1} = (\frac{n + 1 + 1}{n + 1})^{n + 1} = (1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1} .$

即 $(1 + \frac{1}{n})^{n} ＜ (1 + \frac{1}{n + 1})^{n + 1} .$

参考文献

用数学归纳法证明平均值不等式篇8

【关键词】平均值不等式数学归纳法

一、引言

不等式历来是中学数学教学的重要内容。不等式涉及数量之间大小的比较，通过比较常能显出变量变化之间相互制约的关系，因而从某种意义上说，不等式的探讨在数学中甚至比等式的推演更为重要。本文试探讨一种比较特殊而又著名的不等式——“平均值不等式”。这种不等式不仅本身颇为有用，而且它的证法也可作进一步熟练不等式证明技巧之用，而且它在中学数学中有着更为广泛的应用。特别在高中数学中，我们频繁地接触到此类不等式的简化形式（如平均值不等式中: n=2,3,4,…的情形），但诸多教科书并未对它作更进一步的探讨。从历年高考考察的情况来看，虽然对平均值不等式未作很高的要求，但几乎每年高考均有题目涉及到此类不等式,可见平均值不等式及其相关教学在中学数学中有着其重要的地位和作用。

二、平均值不等式的证明

著名的平均值不等式如下：

现用数学归纳法证这个问题。

（i）当n=1 b1=1等号成立，故命题成立。

（ⅱ）若当n=k时命题成立，即若b1,b2,…，bk>0且b1·b2…bn=1, 则b1＋b2＋…＋bk≥k。

当n=k+1时，设b1,b2,b3…，bk+1>0且b1·b2…bk·bk＋１=１，b1，b2，…，bk+1若b1=b2=…＝bk+1=1，命题显然成立。

若b1,b2,…bk,bk+1不全为1，则由于b1·b2…bk·bk+1=1,b1,b2,…,bk+1中至少有一个大于1及小于1的bi 。不妨设bk<1,bk+1>1，于是由(1-bk)(1-bk+1)<0，推出bk+bk+1>bk·bk+1+1 (*)。

另一方面，由于b1·b2…bk＋１（bk·bk+1）=１，按归纳法假设有b1+b2+…+bk-1+(bk·bk+1)≥k，因而b1+b2+…+bk-1+bk+bk+1=b1+b2+…+bk-1+(bk+bk+1)>b1+b2+…+bk-1+bk·bk+1+1≥k+1。

因此当n=k+1时，命题成立。由（i）及（ⅱ）知，对任意自然数n，命题成立。

證法3 在证法1中，当n=k时，由不等式正确推导n=k+1时不等式正确，是比较困难的，但是由n=k时的正确性推导n=2k时的正确性却很简单，因此我们可先证明不等式对一切n=2k成立，再证明不等式对一切n＞2 ，n≠2k成立。

由（i）及（ⅱ）知，对一切自然数n不等式成立。

证法4 证法3比起证法1要简便得多，还可在证法3基础上进一步简化，我们要用到柯西提出的一种证法。