高中数学算术平均数与几何平均数经典例题
绝世美人儿
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2021年01月28日 03:08
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市场分析报告范文-戴安澜简介
典型例题一
例
1
< br>已知
a
,
b
,
c
R
，求证
a
2
b
2
c
2
ab
bc
ca
.
证明：
∵
a
2
b
2
2
ab
，
b
2
c
2
2
bc
，
c
2
a
2
2
ca
，
三式相加，得
2
(
a
2
b
2
c
2
)
2
(
ab
bc
ca
)
，即
a
2
b
2< br>
c
2
ab
bc
ca
.
说明：
这是一个重要的不等式，要熟练掌握．
典型例题二
例
2
已知
a
、
b
、
c
是互不相等的正数，
< br>求证：
a
(
b
2
c
2
)
b
(
a
2
c
2
)
c
(
a
2
b
2
)
6
abc
证明：
∵
b
2
c
2
2
bc
，
a
0
，
∴
a
(
b
2
c
2
)
2
abc
同理可得：
b
(
a
2
c
2
)
2
abc
，
c
(
a
2< br>
b
2
)
2
abc
．
三个同向不等式相加，得
a
(
b
2
c
2
)
b
(
a
2
c
2
)
c
(
a
2
b
2
)
6
abc
①
说明：
此题中
a
、
b
、
c< br>互不相等，故应用基本不等式时，等号不
成立．特别地，
a
b
，
b
c
时，所得不等式①仍不取等号．
典型例题三
例
3
求证
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2
2
(
a
b
c
)
．
分析：
此问题的 关键是“灵活运用重要基本不等式
a
2
b
2
2
ab
，
并能由
2
(
a
b
c
)
这一特征，思索如何将
a
2
b
2
2
ab
进行变形，进行
创造”
．
证明：
∵
a
2
b< br>2
2
ab
，
两边同加
a
2
b
2
得
2
(
a
2
b2
)
(
a
b
)
2
．
(
a
b
)
2
即
a
b
．
2
2
2
∴
a
2
b
2
1
2
a
b
(
a
b
)
．
2
2
2
(
b
c
)
，
2
2
(
c
a
)
．
2
同理可得：
b
2
c
2
c
2
a
2
三式相加即得
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2
2
(
a
b
c
)
．
典型例题四
例
4
若正数
a
、
b
满足
ab< br>
a
b
3
，则
ab
的取值范围 是
．
解
：
∵
a
,
b
R
，
∴
ab
a
b
3
2
ab
3，
令
y
ab
，
得
y
2
< br>2
y
3
0
，
∴
y< br>
3
，或
y
1
（舍去）
．
∴
y
2
ab
9
，∴
ab
的取值范围是
9
,
.
说明：
本题的常见错误有二．
一是没有舍去
y
1
；
二是忘了还原，
得出
ab
3
,
．前者和后者的问题根源都是对
ab
的理解，前者忽视了
ab
0
.
后者错误地将
y
2
视为
ab
．
因此，解题过程中若用换元法，一定要对所设“元”的取值
范围有所了解，并注意还原之．
典型例题五
6
x
2
1
例
5
（
1
）求
y
2
的最大值．
x
4
（
2
）求函数
y
x
2
4
的最小值，并求出取得最小值时的
x
值．
2
x
1
（
3
）若
x
0< br>,
y
0
，且
x
y
2
，求
x
2
y
2
的最小值．
6
x
2
1
6
x
2
1
解 ：
（
1
）
y
2
2
x
4
(
x
1
)
3
6
x
2
1
3
x
2
1
6
2
3
3
.
即
y
的最大值为
3
.
当且仅当
x
2
1
（
2
）
y
x
2
3
x
2
1
时，即
x
2< br>
2
x
2
时，取得此最大值．
4
42
x
1
1
2
4
1
3
2
2
x
1
x
1
4
∴
y
的最小 值为
3
，当且仅当
2
x
2
1
，即
(
x
2
1
)
2
4
，
x
1
x
2
1
2
，
x
1
时取得此最小值．
(
x
y
)
2
（
3
）∴
x
y
2
xy
∴
2
(
x
y
)
(
x
y
)
即
x
y
2
2
2
2
2
2
2
2
∵
x
y
2
∴
x
2
y
2
2
即
x
2
y
2
的最小值为
2
．< br>
当且仅当
x
y
4
时取得此最小值．
说明：
解这类最值，要选好常用不等式，特别注意等号成立的条
件．
典型例题六
例
6
求函数
y
1
2
x
的最值．
分析：
本例的各小题都可用最值定理求函数的最值，但是应注意
3
x
满足相应条件．如：
x
0
，应分别对
x
0
,
x
0
两种情况讨论，如果忽
视
x
R
的
条
件
，
就
会
发
生
如
下
错
误
：
∵
y
1
2
x
3
3
3
1
(
2
x
)
1
2
2
x
1
2
6
，
y
max
1
26
.
x
x
x
解：
当
x
< br>0
时，
2
x
0
,
0
， 又
2
x
6
，
当且仅当
2
x
，即
x
∴
y
max
1
2
6
.
当
x
0
时，
2
x
0,
0
，又
(
2
x
)< br>
(
)
6
，
当且仅当
2
x
，即
x
∴
y
min
1
2
6
.
典型例题七
3
x
6
3
时，函数
(
2
x
)
最小值
2
6
.
< br>2
x
3
x
3
x
3
x
6
3< br>时，函数
2
x
有最小值
2
6
.
2
x
3
x
3
x
例
7
求函数
y
分析：
y
x
2
< br>10
x
9
2
的最值．
1
x
9
2
(
x
2
9
)
1
x
9
2
x
2
9
2
．
1
x
但等号成立时
x2
8
，这是矛盾的！于是我们运用函数
y
x
在
1
x
1
时单调递增这一性质，求函数< br>y
t
(
t
3
)
的最 值．
t
解：
设
t
x
2
9
3
，
∴
y
x
2
10
1
t
．
t
x< br>2
9
1
t
当
t
3
时， 函数
y
t
递增．
故原函数的最小值为
3
1
3
10
，无最大值．
3
典型例题八
例
8
求函数
y
x
2
5
x
4
2
的最小值．
1
t
分析：
用换元法，设
t
x
2
4
2
，原函数变形为
y
t
(
t
< br>2
)
，
再利用函数
y
t
(t
2
)
的单调性可得结果．或用函数方程思想求解．
解：
解法一：
设
t
x
4< br>
2
，故
y
2
1
t
x
2
5
1
t
(
t
2
).
t
x
2
4
t
t
1
1
1
设
t
2
t
1
2
，
y
1
y
2
(
t
1
t
2
)
(
)
(
t
1
t
2
)
1
2
．
t
1
t
2
t
1
t
2
t
1
t
2
2
，得：
t
1
t2
1
0
，故：
y
1
y
2
．
由
t
1
t
2
0
，
∴函数
y
t
(
t
2
)
为增函数，从而
y
2
．
解法二：
设
x
2
4
t
2
，
知
y
t
(
t
2
)
，
可
得
关
于
t
的
二
次
方
程
t
2
yt
1
0
，由根与系数的关系，得：
t
1
t2
1
．
1
t
1
2
52
1
t
又
t
2
，故有一个根大于或等于2
，
设函数
f
(
t
)
t
2
yt
1
，则
f
(
2
)
0
，即
4
2
y
1
0
，故
y
．
说明：
本题易出现 如下错解：
y
知道，
x
2
4
1
x
4
2
5
2
x
2
5
x
4
2
x
2
4
1
x
4
2
2
．要
无实数 解，即
y
2
，所以原函数的最小值不是
2
．错误原因是忽 视了等号成立的条件．
当
a
、
b
为常数，且
ab
为定值，
a
b
时，
a
b
< br>ab
，不能直接求最大
2
（小）值，可以利用恒等变形
a
< br>b
(
a
b
)
2
4< br>ab
，当
a
b
之差最小
时，再求原函数的最大（小 ）值．
典型例题九
1
1
例
9
a
0
,
b
0
,
a
b
4
,
求
a
b
的最小值．
a
< br>b
2
2
分析：
此题出现加的形式和平方，
考虑利用重要不等式求最小值．
解：
由
a
b
4
,
，得
a
2
b
2
(
a
b
)
2
2
ab
16
2
ab
.
又
a
2
b
2
2
ab
,
得
16
2
ab
2
ab
，即
ab
4
．
4
4
1
1
4
4
a
b
2
2
1
1
a
b
ab
4
25
.
< br>a
b
< br>
a
b
2
4
2< br>2
25
1
1
故
a
b
的 最小值是
．
2
a
b
< br>2
2
2
2
2
说明：
本题易出现如下错解：
2
2
1
1
1
1
a
b
2
a
2
b
4
4
8
a
b
a
b
2
2
，
故
1
1
a
b
的最小值是
8< br>．
a
b
2
2< br>错误的原因是，
在两次用到重要不等式当等号成立时，
有
a
1
和
b
1
，
但在
a
b
4
的条件下，
这两个式子不会同时取等号
（
a
1
时，
b
3
）
．
排
除错误的办法是看 都取等号时，与题设是否有矛盾．
典型例题十
例
10
已知：
a
,
b
,
c
R
，求证：
bc
ac
ab
< br>
a
b
c
．
a
b
c
分析：
根据题设，可想到利用重要不等式进行证明．
bc
ac
abc
2
bc
ac
证明：
2
2
c
,
即
2c
.
a
b
ab
a
b
同理：
bc
ab
ac
ab
2
b
,
2
a
a
c
b
c
bc
ac
ab
< br>2
2
(
a
< br>b
c
).
b
c
a
bc
ac
ab
a
b
c
.
a
b
c
说明：
证明本题易出现的思维障碍是：
(1)
想利用三元重要不等
式解决问题 ；
(2)
不会利用重要不等式
a
b
ab
的变式；
(3)
不熟练
2
证明轮换对称不等式的常用方法．因此，在证明不 等式时，应根据求
证式两边的结构，合理地选择重要不等式．另外，本题的证明方法在
证轮换对 称不等式时具有一定的普遍性．
典型例题十一
例
11
设
a
、
b
、
c
、
d
、
e
R
，
且
a
b
c
d
e
8
，
a
2
b
2
c
2
d
2
e
2
16
，求
e
的最大值．
分析：
如何将
a
2
b
2
与
a
b
用 不等式的形式联系起来，是本题获
解的关键．算术平均数与几何平均数定理
a
2
b
2
2
ab
两边同加
a
2
b
2
之后得
a
2
b
2
(
a
b
)
2
．
1
21
1
a
2
b
2
c
2
d
2
[(
a
b
)
2< br>
(
c
d
)
2
]
(< br>a
b
c
d
)
2
,< br>
2
4
1
16
16
e
2
(
8
e
)
2
0
e
.
4
5
6
16
当
a
b
c
d
时，
e最大值
＝
.
5
5
1
2
解：
由
a
2
b
2
(
a
b
)
2
，则有
说明：
常有以下错解：
16
e
2
a
2
b
2
c
2
d
2
2
(
ab
cd
)
4
abcd
，
8
e
a
b
c
d
4
4
abcd
．
(
16
e
2
)
2
8
e
4
abcd
,
(
)
ab cd
．
故
2
4
4
16
e2
16
1
0
e
两式 相除且开方得
．
2
5
(
8
e
)
4
错因是两不等式相除，如
2
1
,
1
，相除则有
2
2
．
不等式
a
2
b
2
(
a
b
)
2
是解决从“和”到“积”的形式．从“和”到
1
a
2
b
2
1
2
“积”
怎么办呢？有以下变形：
a
b
(
a
b
)
或
(
a
b
)
．
2
2
2
22
1
2
1
2
典型例题十二
x
2
y
2
例
12
已知：x
＞
y
0
，且：
xy
1
，求证：
2
2
，并且
x
y
求等号成立 的条件．
分析：
由已知条件
x
，
y
R
，可以考虑使用均值不等式，但所求
证的式子中有
x
y
，无法利用
x
y
2
进行变形，看能否出现(
x
y
)
1
(
x
y
)
xy
，故猜想先将所求证的式子
型，再行论证．
证明：
x
y
0
,
x
y
0
.
又
xy
1< br>,
x
2
y
2
(
x
< br>y
)
2
2
xy
x
y
x
y
(
x
y
)
2
x
y
2
(
x
y
)
2
2
2
.
(
x
y
)
2
时．
(
x
y
)
等号成立，当且仅当
(
x
< br>y
)
(
x
y
)
2< br>
2
,
x
y
2
,
x< br>2
y
2
4
.
xy
1
,
(
x
y
)
2
6
,
x
y
6
.
由以上得x
即当
x
6
2
6
< br>2
,
y
2
2
6
2< br>6
2
,
y
时等号成立．
2< br>2
说明：
本题是基本题型的变形题．在基本题型中，大量的是整式中直
接使用的 均值不等式，
这容易形成思维定式．
本题中是利用条件将所
求证的式子化成分式后再使 用均值不等式．
要注意灵活运用均值不等
式．
典型例题十三
例
13
已知
x
0
，
y
0
，且
x
2
y
xy< br>
30
，求
xy
的最大值．
分析：
由x
2
y
xy
30
，可得，y
30
x
，
(
0
x
30
)
2
x
30
x
x
2
30
x
x
2
(0
x
30
)
，令
t
故
xy
．
2
x
2
x
利用判别式法可求得
t
（即
xy
）
的最大值，
但 因为
x
有范围
0
x
30
的限制，还必 须综合韦达定理展开讨论．仅用判别式是不够的，因而
有一定的麻烦，下面转用基本不等式求解．
解法一：
由
x
2
y
xy
30
，可得，
y
30
x
x
2
(
2
x
)
2
34
(
2
x
)
64
xy
< br>
2
x
2
x
30
x
(
0
x
30
)
．
2
x
34
(
x
2
)
64
x
2
注意到
(
x
< br>2
)
64
64
2
(
x
2
)
16
．
x
2
x
2