高一数学算术平均数与几何平均数经典例题
玛丽莲梦兔
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2021年01月28日 03:08
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紫藤萝瀑布答案-工程总承包合同范本
典型例题一
例
1
已知
a
,
b
,
c
R
,求证
a
2
b
2
c
2
ab
bc
< br>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
2
2
ab
,< br>
两边同加
a
2
b
2
得
2
(
a
2
b
2
)
(
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
2
6
.
x
x
x
3
x3
x
解:
当
x
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
3
6
时,函数
(
2
x
)
最小值
2
6
.
< br>x
2
3
x
3
6
时,函数
2
x
有最小值
2
6
.
x
2
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
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
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
由
t
1
t
2
0
,
t
1
t
2
2
,得:< br>t
1
t
2
1
0
,故:
y
1
y
2
.
∴函数
y
t
(
t
2
)
为增函数,从而
y< br>
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
t
2
1
.
1< br>t
1
t
1
2
5
2
又
t
< br>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
< br>2
y
1
0
,故
y
.
说明:
本题易出现如下错解:
y
知道,
x2
4
1
x
4
2
52
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
ab
,不能直接求最大
2
(小) 值,可以利用恒等变形
a
b
(
a
b
)
2
4
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
b< br>
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< br>
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
4
a
b
25
.
a
b
4
2
2
a
b
2
25
1
1
故
a
b
的最小值是
.
2
a
b
2
2
2
2
2
说明:
本题易出现如下错解:
22
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
.
a
b
2
2
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< br>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
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
b c
ac
ab
2
2
(
a
b
c
).
< br>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< br>a
2
b
2
(
a
b< br>)
2
.
1
2
1
1
a
2< br>
b
2
c
2
d
2
< br>[(
a
b
)
2
(
c
d
)
2
]
(
a
b
c
d
)
2
,
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
)
< br>4
abcd
,
8
e
a
b
c
d
4
4
abcd
.
(
16
e
2
)
2
8
e
4
abcd
,
(
)
< br>abcd
.
故
2
4
4
16
e
2
16
两式相除且开方得
.
1
0
e
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
22
2
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
时等号成立.
,
y
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