37309 基本不等式的研究性學習

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

基本不等式(basic inequality)即 $\sqrt{ab}\le \frac {a+b}2$ $(a\gt 0, b\gt 0)$, 其結構簡單, 均勻對稱, 兩個正數通過加法, 乘法, 除法和開方四種運算, 產生了它們的算術平均數 (arithmetic mean)和幾何平均數(geometric mean)的內在規律, 實現了概念原理(基本不等式)、符號語言 ($\sqrt{ab}\le \frac {a+b}2$)、圖形語言(幾何圖形, 圖5)與自然語言(直角三角形斜邊上的高不大於斜邊之半) 的有機結合和高度統一, 數學之美, 數學之奇, 數學之簡, 數學之趣盡在其中, 蘊含了豐富的數學文化特徵和多樣的數學智慧因素。 2002 年北京市召開的第 24 屆國際數學大會會標 (圖1), 奇妙``趙爽弦圖"的幾何模型背後就就蘊含了基本不等式的代數背景(圖7)。 筆者嘗試以選用基本不等式作為``數學探究"的素材, 通過觀察, 探索, 歸納和驗證, 適當進行擴充或引伸, 可以從中獲得新的思想, 新的方法, 新的結果, 體驗數學發現和創造的歷程, 對於激發數學熱情, 擴大數學視野, 領悟數學神韻, 啟迪數學心智, 理解數學本質, 認識數學的科學價值、應用價值和文化價值, 優化認知結構, 崇尚科學的理性精神, 體會數學的美感都具有十分重要的意義。

圖1
為深入挖掘基本不等式的教學價值, 筆者從基本不等式的認識視角, 引申拓展和組合延伸等三個方面設計了一個研究性學習的案例, 現介紹如下, 供大家學習參考。

1. 認識視角

對基本不等式的證明, 我們撇開常見的比較法、分析法、綜合法以及幾何模型, 還可以從下列各方面獲得新的認識。

1.1. 代數視角

1.1.1. 平均值換元法

令 $a=\dfrac{a+b}2+\dfrac{a-b}2$, $b=\dfrac{a+b}2-\dfrac{a-b}2$, (其中 $a,b\gt 0$), 則 $ab=\Big(\dfrac{a+b}2+\dfrac{a-b}2\Big)\times \Big(\dfrac{a+b}2-\dfrac{a-b}2\Big) = \Big(\dfrac{a+b}2\Big)^2-\Big(\dfrac{a-b}2\Big)^2\le \Big(\dfrac{a+b}2\Big)^2 $ $\therefore \ \sqrt{ab}\le \dfrac {a+b}2$。

1.1.2. 增量換元法

不妨設 $b\ge a$ 令 $t=b-a$, 則 $t\ge 0$ $\therefore\ b=a+t$, 其中 $a\gt 0$, $b\gt 0$ 則 $ab=a(a+t)=a^2+at=(a+\dfrac t2)^2-\dfrac{t^2}{4}\le (a+\dfrac t2)^2$, 得 $\sqrt{ab}\le a+\dfrac t2=\dfrac {a+b}2$。

1.2. 方程視角

構造以 $\sqrt a$, $\sqrt b$ 為根的一元二次方程 $(x-\sqrt a)(x-\sqrt b)=0$, 即 $x^2-(\sqrt a+\sqrt b)x+\sqrt{ab}=0$ $(a\gt 0$, $b\gt 0$), 此方程有兩個實根, 故其判別式 $(\sqrt a+\sqrt b)^2-4\sqrt{ab}\ge 0$, 即 $\sqrt{ab}\le \dfrac {a+b}2$。

1.3. 函數視角

1.3.1. 構造函數 $f(x)=x+\dfrac 1x$ $(x\gt 0)$

顯然, $f'(x)=1-\dfrac 1{x^2}$, $\therefore$ $0\lt x\lt 1$ 時, $f'(x)\lt 0$, $f(x)$ 單調遞減; $x\ge 1$ 時, $f'(x)\ge 0$, $f(x)$ 單調遞增。 故 $x=1$ 時, $f(x)$ 取得最小值 $f(x)=2$, 即 $x\gt 0$ 時, $f(x)=x+\dfrac 1x\ge 2$。 $$ \therefore\ f\Big(\sqrt{\frac ba}\Big)=\sqrt{\frac ba}+\sqrt{\frac ab}\ge 2\Leftrightarrow \frac{a+b}{\sqrt{ab}}\ge 2\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le \frac{a+b}2\hbox{。}$$

1.3.2. 構造函數 $f(x)=x+\dfrac {a^{x+1}+b^{x+1}}{a^x+b^x}$ $(a\gt 0, b\gt 0,a\not=b)$

不妨令 $a\!\gt \!b$, 則 $f(x)\!=\!\dfrac{a\Big(\dfrac ab\Big)^x\!+\!b}{\Big(\dfrac ab\Big)^x\!+\!1}\!=\!a\!+\!\dfrac{b-a}{\Big(\dfrac ab\Big)^x+1}$。 $\because \dfrac ab \!\gt \!1$, $\therefore \ \Big(\dfrac ab\Big)^x\!+\!1$ 為增函數,
$\dfrac{b-a}{\Big(\dfrac ab\Big)^x+1}$ 也為增函數, 故 $f(x)$ 在 $R$ 上為增函數。 $$ \therefore \ f\Big(-\frac 12\Big)\lt f(0)\Leftrightarrow \frac{a^{\frac 12} +b^{\frac 12}}{a^{-\frac 12}+b^{-\frac 12}}\lt \frac{a+b}2,\quad \therefore \ \sqrt{ab}\le \frac{a+b}2\hbox{。}$$

1.3.3. 構造函數 $f(x)=(\sqrt a x+\sqrt b)^2+(\sqrt b x+\sqrt a)^2$

$\because \ f(x)=(\sqrt a x+\sqrt b)^2+(\sqrt b x+\sqrt a)^2=(a+b)x^2+4\sqrt{ab} x+(a+b)\ge 0$ 對 $x\in R$ 恒成立。 $\therefore\ \Delta=(4\sqrt{ab})^2-4(a+b)^2\le 0 \Leftrightarrow \sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}2$。

1.3.4. 構造凹凸函數

我們知道, 如果函數 $f(x)$ 是下凸函數, 則有 $f(x)+f(y)\ge 2f\Big(\dfrac{x+y}2\Big)$ 成立。

若構造函數 $f(x)=e^x$, $\because\ f(x)$ 是下凸函數, $\therefore\ e^x+e^y\ge 2e^{\frac{x+y}2}$, 由 $a\gt 0$, $b\gt 0$, 可令 $a=e^x$, $b=e^y$, $a+b\ge 2\sqrt{ab}$。

若構造函數 $f(x)={\rm lg\,} x$, 易知 $f(x)$ 是下凹函數, 則 $f(x)+f(y)\le 2f\Big(\dfrac{x+y}2\Big)$, 類似可得 ${\rm lg\,} a+{\rm lg\,} b\le 2{\rm lg\,}\Big(\dfrac{a+b}2\Big)\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}2$。

1.4. 統計視角

1.4.1. 構造方差

如果 $\bar x$ 為一組數據 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 的平均數, $s^2$ 為這組資料的方差, 易知 $$s^2=\frac 1n\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^2=\frac 1n\Big(\sum_{i=1}^n x_i^2-n{\bar x}^2\Big)$$ 今視 $\sqrt a$, $\sqrt b$ 為一組資料, 由方差公式 \begin{eqnarray*} s^2&=&\frac 12\Big[(\sqrt a)^2+(\sqrt b)^2-2\Big(\frac{\sqrt a+\sqrt b}2\Big)^2\Big]\\ &=&\frac 12\Big(a+b-\frac{a+b+2\sqrt{ab}}2\Big)=\frac 12\Big(\frac{a+b}2-\sqrt{ab}\Big)\ge 0\qquad \therefore\ \sqrt{ab}\le\frac{a+b}2\hbox{。} \end{eqnarray*}

1.4.2. 構造分佈列

視 $\sqrt a$, $\sqrt b$ 為一組隨機變數, 其分佈列為

$\xi$$\sqrt a$$\sqrt b$
$p$$\dfrac 12$$\dfrac 12$
則 $E \xi=\dfrac{\sqrt a+\sqrt b}2$, $E\xi^2=\dfrac{a+b}2$ 由 $E\xi^2\ge (E \xi)^2$ 得 $\dfrac{a+b}2\ge \Big(\dfrac{\sqrt a+\sqrt b}{2}\Big)^2\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}2$。

1.5. 向量視角

構造向量 $\vec \alpha=(\sqrt a,\sqrt b)$, $\vec \beta=(\sqrt b,\sqrt a)$, 則由 $|\vec\alpha|\cdot |\vec \beta|\ge |\vec \alpha\cdot \vec\beta|$ 知 $$\sqrt{a+b}\cdot\sqrt{a+b}\ge 2\sqrt{ab}\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le \frac{a+b}2\hbox{。}$$

1.6. 複數視角

記 $z_1=\sqrt a +\sqrt b i$, $b=\sqrt b-\sqrt a i$ $(a\gt 0,b\gt 0)$, 則 $z_1\cdot z_2=2\sqrt{ab}+(b-a)i$, $\because \ |z_1|\cdot |z_2|=|z_1z_2|\ge R_e(z_1,z_2)$, $\therefore\ a+b\ge 2\sqrt{ab}$, 即 $\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}2$。

1.7. 解幾視角

1.7.1. 借助點到直線的距離

$\because$ 直線 $\sqrt a x+\sqrt b y=0$ 過原點 $(a\gt 0$, $b\gt 0)$, $\therefore$ 點 $(\sqrt b,\sqrt a)$ 到直線 $\sqrt a x+\sqrt b y=0$ 的距離一定小於或等於該點到原點的距離, $$\therefore\ \frac{|\sqrt{ab}+\sqrt{ab}|}{\sqrt{a+b}}\le \sqrt{a+b}\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le\frac{a+b}2\hbox{。}$$

1.7.2. 借助面積

圖2
在直角坐標中, 構造關於 $x$ 軸對稱兩點

$A(\sqrt a,\sqrt b)$, $B(\sqrt a,-\sqrt b)$ (如圖2), 則 $|AB|=2\sqrt b$,

$S_{\triangle AOB}=\dfrac 12 |AB||x_A|=\sqrt{ab}$, 又 \begin{eqnarray*} S_{\triangle AOB}&=&\dfrac 12|OA|\cdot |OB|\sin \angle AOB\\ &=&\dfrac 12\sqrt{a+b}\cdot \sqrt{a+b}\cdot \sin \angle AOB\le \dfrac{a+b}2,\hskip 6cm~\\ \therefore &&\sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2\hbox{。} \end{eqnarray*}

1.7.3. 借助曲線

圖3
當 $x\gt 0$, $y\gt 0$ 時, 考慮直角坐標系中固定直線 $l:x+y=2m$ 及雙曲線族 $C:xy=c(c\gt 0)$ (如圖3)。 令直線 $y=x$ 交雙曲線於點 $P(x_P,y_P)$, 交直線 $l$ 與點 $Q(x_Q,y_Q)$。

設直線 $l$ 與雙曲線 $C$ 相交, 交點為 $M(a,b)$, 則 $ab=x_Py_P=c$, 又 $x_P=y_P$, $\therefore\ \sqrt{ab}=\sqrt{x_Py_P}=x_P$, 由 $x_Q=m=\dfrac{a+b}2$, $x_P\le x_Q$ 可得 $\sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2$。

1.8. 三角視角

1.8.1. 借助三角函數定義

圖4
構造兩點 $A(\sqrt a,\sqrt b)$, $B(\sqrt b,\sqrt a)$ (如圖4), 設 $\angle xOA=\alpha$, $\angle xOB=\beta$ $(\alpha,\beta\in (0,\dfrac{\pi}2))$, 由三角函數的定義知: $$\left\{\begin{array}{l} \sqrt a=\sqrt{a+b}\cos\alpha,\\[5pt] \sqrt b=\sqrt{a+b}\sin\alpha,\end{array}\right.\qquad \left\{\begin{array}{l} \sqrt b=\sqrt{a+b}\cos\beta,\\[5pt] \sqrt a=\sqrt{a+b}\sin\beta,\end{array}\right.$$ 則 \begin{eqnarray*} 2\sqrt{ab}&=&\sqrt{a+b}\cos\alpha\cdot \sqrt{a+b}\cos\beta+\sqrt{a+b}\sin\alpha+\sqrt{a+b}\sin\beta\\ &=&(a+b)\cos(\alpha-\beta)\le a+b\\ \therefore \ \sqrt{ab}&\le&\frac{a+b}2\hbox{。} \end{eqnarray*}

1.8.2. 借助餘弦定理

在直角坐標系中, 構造兩點 $A(\sqrt a,\sqrt b)$, $B(\sqrt b,\sqrt a)$ (如圖4), 則 $|OA|\!=\!|OB|\!=\!\sqrt{a\!+\!b}$, $|AB|=\sqrt{2(\sqrt a-\sqrt b)^2}=\sqrt 2|\sqrt a-\sqrt b|$。 $\triangle AOB$ 中, 由餘弦定理, 有 $$\cos\angle AOB=\frac{|OA|^2+|OB|^2-|AB|^2}{2|OA||OB|}=\frac{2(a+b)-2(\sqrt a-\sqrt b)^2}{2(a+b)}=\frac{2\sqrt{ab}}{a+b},$$ $\because$ $\angle AOB\in [0,\dfrac{\pi}2)$ $\therefore\ \angle AOB\le 1$, 即 $\sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2$。

1.9. 平幾視角

1.9.1. 直角三角形斜邊上的高不小於中線模型

如圖 5, $DA=a$ $DB=b$, $OC=\dfrac{a+b}2$, $CD=\sqrt{ab}$, $OC\ge CD\Leftrightarrow \sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

1.9.2. 切割線定理模型

如圖 6, $AB=a$ $AC=b$, $AE=\dfrac{a+b}2$, $AD=\sqrt{ab}$, $AD\lt AE\Leftrightarrow \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

圖5圖6

1.9.3. 「趙爽弦圖」模型

圖7

如圖 7, $AE=BF=CG=DH=\sqrt a$, $AH=BE=CF=DG=\sqrt b(a\gt b)$, $EF=FG=GH=HE=\sqrt a-\sqrt b$. $S_{\triangle ABE}+S_{\triangle BCF}+S_{\triangle CDG}+S_{\triangle DAH}\lt S_{\square ABCD}$ $4\cdot \dfrac 12 \sqrt{ab}\lt (\sqrt{a+b})^2\Leftarrow \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$ 1.9.4. 正方形正交切割模型

圖8

如圖 8, $AB=BC=CD=DA=\sqrt a$, $AG=GI=\sqrt b$, $ HI=IF=\sqrt a-\sqrt b$, $S_{\sqsubset \hskip -3pt \sqsupset ABFE}+S_{\sqsubset \hskip -3pt \sqsupset ADHG}-S_{\square AGIE}\lt S_{\square ABCD}$ $2\sqrt{ab}-b\lt a\Leftrightarrow \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

1.9.5. 正方形單向切割模型

圖9

如圖 9, $AD=DC=\sqrt a$, $AE=EG=\sqrt b(a\gt b)$, 由 $S_{\triangle ADC}+S_{\triangle AEG}\gt S_{\sqsubset \hskip -3pt \sqsupset AEFD}$ $\Leftrightarrow \dfrac a2+\dfrac b2\gt \sqrt{ab}\hbox{。}$

1.9.6. 直角三角形直角邊小於斜邊模型

圖10

如圖 10, $BC\lt AB\Leftrightarrow \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

1.9.7. 自相似直角三角形翻折模型

圖11

如圖 11, $Rt\triangle ADC \cong Rt\triangle AEC$, $Rt\triangle BDC \cong Rt\triangle BFC$, $AD=a$, $DB=b$, $CD=CE=CF=\sqrt{ab}$, $EF\lt AB\Leftrightarrow \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

1.9.8. 梯形模型

圖12
如圖 12, $BC=a$, $AD=b$, $AE=EB$, $DF=FC$,

$EF=\dfrac{a+b}2$, 設梯形 $AGHD$ $\sim$ 梯形 $GBCH$,

則 $\dfrac{AD}{GH}=\dfrac{GH}{BC}\Rightarrow GH=\sqrt{ab}$

又 $\dfrac{AG}{GB}=\dfrac{DH}{HC}=\dfrac{AD}{GH}\lt 1=\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{DF}{FC}$

$\therefore$ $GH$ 在 $EF$ 上方, $\sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\hbox{。}$

1.9.9. 矩形單向切割模型

圖13

如圖 13, $AE=DF=\sqrt b$, $AD=EB=\sqrt a-\sqrt b$,

$S_{\sqsubset \hskip -3pt \sqsupset ABCD}\gt S_{\sqsubset \hskip -3pt \sqsupset AEFD}$

$\Leftrightarrow \sqrt a(\sqrt a-\sqrt b)\gt \sqrt b(\sqrt a-\sqrt b)$

$\Leftrightarrow a+b\gt 2\sqrt{ab}$.

2. 引申拓展

在中學階段, 基本不等式可以引申和拓展如下:

已知 $a,b$ 都是正數, 求證 \begin{equation} \dfrac{2}{\dfrac 1a+\dfrac 1b}\le \sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2\le\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}\label{1} \end{equation} 當且僅當 $a=b$ 時等式成立。

不等式鏈 \eqref{1} 即為高等數學中 $n$ 個正實數的四種平均值大小關係: $H_n$(調和平均值)$\le G_n$(幾何平均值)$\le A_n$ (算術平均值)$\le Q_n$ (方冪平均值) 二元特例, 它蘊含了數學的統一簡潔之美, 倍受數學教師和數學愛好者的青睞, 人們對尋求它的幾何證明更感興趣, 下面介紹幾種它的 「無字證明」方法。

2.1. 不等式鏈 $\frac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}\le \frac{a+b}2\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}2}$ 的無字證明

2.1.1. 直角模型

$AC=BD=\dfrac{a-b}2$, $AB=\dfrac{a+b}2$,

則 $BC=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}AD=\sqrt{ab}$,

圖14
由 $\triangle ADE\sim \triangle BAD$ $\Rightarrow DE=\dfrac 2{\dfrac 1a+\dfrac 1b}$ (圖14)。

$ED\lt DA\lt AB\lt BC$

$\Leftrightarrow$ $\dfrac 2{\dfrac 1a+\dfrac 1b}\lt \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\lt \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$.

2.1.2. 切割線模型

$PM=a$, $QM=b$, $a\gt b\gt 0$,

圖15
$AR=\dfrac{a-b}2$, $AM=\dfrac{a+b}2$, (圖15)。

$MG^2=MQ\cdot MP\Rightarrow MG=\sqrt{ab}$,

$HM=\dfrac{GM^2}{MA}=\dfrac{2ab}{a+b}$,

$RM=\sqrt{AM^2+AR^2}=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$.

$HM\!\lt \!MG\!\lt \!AM\!\lt \!RM\Leftrightarrow\!\dfrac 2{\dfrac 1a\!+\!\dfrac 1b}\!\lt \!\sqrt{ab}\!\lt \!\dfrac{a\!+\!b}2\!\lt \!\sqrt{\dfrac{a^2\!+\!b^2}2}$.

2.1.3. 半圓模型

$AC=a$, $CB=b$,

$OF=\dfrac{a+b}2$, $CD=\sqrt{ab}$, $OC=\dfrac{a-b}2$,

$FC=\sqrt{\Big(\dfrac{a\!+\!b}2\Big)^2\!+\!\Big(\dfrac{a\!-\!b}2\Big)^2}=\sqrt{\dfrac{a^2\!+\!b^2}2}$,

圖16圖17
$DE=\dfrac{DC^2}{OD}=\dfrac{ab}{\dfrac{a+b}2}=\dfrac 2{\dfrac 1a+\dfrac 1b}$ (圖16),

$ED\lt DC\lt DO=OF\lt FC$

$\Leftrightarrow\dfrac 2{\dfrac 1a+\dfrac 1b}\lt \sqrt{ab}\lt \dfrac{a+b}2\lt \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$.

注: 2010年湖北省高考理科數學第15題即取材於此模型。

第15題: 設 $a\gt b\gt 0$, 則 $\frac {2ab}{a+b}$ 為 $a,b$ 的調和平均數。 如圖17, $C$ 為線段 $AB$ 上的點, $AC=a$, $CB=b$, $O$ 為 $AB$ 的中點, 以 $AB$ 為直徑作圓。 過點 $C$ 作 $AB$ 的垂線交半圓於 $D$, 連接 $OD$, $AD$, $BD$, 過點 $C$ 作 $OD$ 的垂線, 垂足為 $E$。 則圖中線段 $OD$ 的長度為 $a,b$ 的算術平均數, 線段________的長度是 $a,b$ 的幾何平均數, 線段________的長度是 $a,b$ 的調和平均數。

2.2. 不等式鏈 $\frac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}\le \frac{a+b}2\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}2}$ 的其他證法

2.2.1. 三角模型

設 $a+b=r$, 可令 $a=r\cos^2\theta$, $b=r\sin^2\theta$, $\theta\in (0,\frac{\pi}2)$,

於是 $\sqrt{ab}=r\sin\theta\cos\theta=\dfrac r2\sin2\theta$, $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}=\dfrac r2 \sqrt{1+\cos^22\theta}$, $\dfrac{2ab}{a+b}=\dfrac r2\sin^22\theta$.

$\because$ $\sin^2\theta\le\sin2\theta\le 1\le\sqrt{1+\cos^22\theta}$,

$\therefore$ $\dfrac r2\sin^22\theta\le \dfrac r2\sin2\theta\le \dfrac r2\le \dfrac r2\sqrt{1+\cos^22\theta}$,

即 $\dfrac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2\le \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$。

2.2.2. 函數模型

構造函數 $f(x)\!=\!\dfrac{a^{x+1}\!+\!b^{x+1}}{a^x+b^x}$(不妨設 $a\!\gt \!b\!\gt \!0$), 則 $f(x)\!=\!\dfrac{b\!+\!a\Big(\dfrac ab\Big)^x}{1\!+\!\Big(\dfrac ab\Big)^x}\!=\!a\!+\!\dfrac{b\!-\!a}{1\!+\!\Big(\dfrac ab\Big)^x}$

$\because$ $\dfrac ab\gt 1$, $\therefore$ $\Big(\dfrac ab\Big)^x+1$ 為增函數, $\dfrac{b-a}{1+\Big(\dfrac ab\Big)^x}$ 也為增函數, 故 $f(x)$ 在 $R$ 上為增函數。

$\therefore$ $f(1)\gt f(0)\gt f(-\frac 12)\gt f(-1)$, 故有 $\sqrt{f(1)\cdot f(0)}\gt f(0)\gt f(-\frac 12)\gt f(-1)$,

此即 $\dfrac{2ab}{a+b}\le \sqrt{ab}\le \dfrac{a+b}2\le \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$。

2.2.3. 梯形模型

以 $a$ 為下底, $b$ 為上底, 作一個梯形 $ABCD$,

再作 4 條均平行於兩底的直線,

圖18
分別交兩腰於 $A_i$, $B_i$, ($i=1,2,3,4)$ (圖18)

其中 $A_1B_1$ 平分梯形面積, 有 $A_1B_1=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$;

$A_2B_2$ 為中位線, 有 $A_2B_2=\dfrac{a+b}2$;

$A_3B_3$ 分梯形為兩個相似的梯形, 有 $A_3B_3=\sqrt{ab}$;

$A_4B_4$ 過兩對角線的交點, 有 $A_4B_4=\dfrac{2ab}{a+b}$;

由 $AB\!\lt \!A_4B_4\!\lt \!A_3B_3\!\lt \!A_2B_2\!\lt \!A_1B_1\!\lt \!CD$, 有 $\dfrac{2ab}{a\!+\!b}\!\le\! \sqrt{ab}\!\le\! \dfrac{a\!+\!b}2\!\le\! \sqrt{\dfrac{a^2\!+\!b^2}2}$。

3. 組合延伸

《數學通報》(北京師範大學月刊)2010 年 8 月號問題 1866

已知 $a\gt 1$, $b\gt 1$ 證明:$\dfrac{1}{\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}}+\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}\ge 2\sqrt{ab}+\dfrac 1{2\sqrt{ab}}$

易知函數 $f(x)=x+\dfrac 1x$ 在 $(1,+\infty)$ 上單調遞增,

由 $a\gt 1$, $b\gt 1$ 及 $\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}\gt 1$, $2\sqrt{ab}\gt 1$,

令 $x=\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}$, 則 $x\ge 2\sqrt{\dfrac{a+b}2\cdot \dfrac{2ab}{a+b}}=2\sqrt{ab}$,

故 $\dfrac{1}{\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}}+\dfrac{a+b}2+\dfrac{2ab}{a+b}\ge 2\sqrt{ab}+\dfrac 1{2\sqrt{ab}}$。

4. 感悟反思

數學知識不是孤立離散的單點, 數學方法不是各自無關的一招一式, 它們血肉相連組成一條一條的知識鏈或方法鏈。 基本不等式是數形結合的典範, 是真善美的高度統一體: 基本不等式之真, 在於它的精准深刻; 基本不等式之善, 在於它的豐富實用; 基本不等式之美, 在於它的簡潔和諧。 數學教學要欣賞數學文化和數學思維的真, 善, 美, 而教科書中許多內容的陳述往往是美麗而冰冷的, 火熱的思考被淹沒在演繹的海洋裏,數學的真, 善, 美, 點燃和激起人們火熱的思考,需要大力挖掘, 用心體察發現, 感受, 體驗和欣賞數學的真, 善, 美, 是數學學習中的一項基本任務。

數學學習過程決定人們怎樣看待數學學習以及對數學本質的認識, 注重學習過程, 使學生理解知識的來龍去脈, 尋求知識相互間的內在聯繫, 建構完善的知識結構, 那麼我們就會逐漸認識到數學知識是有著內在聯繫的整體, 有著自身發展規律, 而這些又可以通過自己努力去探究獲得, 這樣的觀念將會鼓勵我們消除數學知識的神秘感, 激發我們勇於探索的勇氣, 感受數學知識誘人的魅力, 引導我們尋找數學知識與現實世界的聯繫, 這正是一個數學愛好者所追求的理想的學習境界。

---本文作者就讀廣東省廣州市中山大學數學與計算科學學院2010級信息與計算科學A班---