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专题十七 算术平均数与几何平均数高中数学高考综合复习 专题十七 算术平均数与几何平均数 一、知识网络 二、高考考点 1、运用重要不等式a2+b22ab或 2、在给定条件下求有关式的取值范围； 3、在给定条件下求有关函数的最大值或最小值； 4、解决实际应用问题，以最优化问题为主要题型。 三、知识要点 不等式的性质 判断或证明所给不等式的命题是否成立； 不等式的性质是证明与求解不等式的基本依据，为了便于记忆和运用，我们将不等式的性质划分为“基本性质”和“运算性质”两个类别。 1、 关于不等式的“基本性质” 对称性：a>b b<a a>c a+c>b+c 推论：a+b>c ac>bc; a>b,c<0 a+c>b+d; ac>bd； an>bn>0(n N*); a>c-b ac<bc 传递性：a>b,b>c “数加“法则：a>b “数乘”法则：a>b,c>0 2、关于不等式“两边运算”的性质 同向不等式两边“相加”：a>b,c>d 正数不等式两边“乘方”：a>b>0 正数不等式两边“开方” 同向的正数不等式两边“相乘”：a>b>0，c>d>0 认知：上述所有不等式的性质均可应用于证明不等式，但只有部分不等式的性质，可应用于解不等式，可应用于求解不等式的性质为1；1；1及其2；2 基本定理及其推论 定理1：如果a,b R，那么a2+b22ab 推论： 1 定理2：如果a,b R+，那么 推论1：若a,b R+,则24ab 推论2：设x,y均为正数，则 当积xy为定值P时，和x+y有最小值 ； 当和x+y为定值S时，积有最大值 四、经典例题 例1 ； 若x,y R+且 的最大值. 若x,yR且xy>0，x2y2，求uxyx2的最小值. 分析：注意运用最值定理解题的要领：一正二定三相等 欲求积 的最大值，首先致力于“凑因子”，为凑出已知条件下“和为定值”的正数之积而变形u，若u的表达式的部分因子在根号外，则可考虑使这一部分进入根号或考察u2： 欲求和xy+x2的最小值，首先致力于“凑项”，为凑出已知条件下“积为定值”的正数之和而变形u，若有可能，将u化为一元函数，问题分析会更明朗一些。 解：注意到这里x>0，u>0， = 时等号成立）。 由已知得 =3(当且仅当 时成立) umin=3 点评：遇“积”凑因子，在主体部分凑出“若干因子之和为定值”的形式； 遇“和”则凑项，在主体部分凑出“若干项之积为定值”的形成，完成此番设想后，进而再考察有关各数“相等”的可能性。 2 例2 若x,y,a,b R+，ab，且 ，求ux+y的最小值； 若0<x<1，a，b为常数，且ab>0，求 分析： 的最小值. 对于如何利用 ,这一条件通常用法多是作“1的替换”或作“三角替换”； 对于，注意到这里0<x<1，并且两个分母之和为1：x+(1-x)=1,在 (1)的基础上易于寻出解题思路。 解：解法一：x,y,a,b R+ 解法二：注意到 令 则有x=asec2，y=bcsc2 u= asec2+bcsc2=(atan2+bcot2)+(a+b) (当且仅当atan2bcot2 时等号成立) (2)注意到这里0<x<1，且x+(1-x)=1， 令x=cos2,则1-x=sin2( ) (当且仅当 时等号成立） ymin=(a+b)2(当且仅当 时取得) 3 点评:对于(1), 是明显的;对于(2),x+(1-x)=1是隐蔽的，今后解决函数或代数的其它问题,也要注意认知并利用问题中隐蔽的等量关系或不等关系。 例3 设a,b,c是RtABC的三边，c为斜边之长，且a+b+c=4,试求C的取值范围； 设三个数a,b,c成等比数列，且a+b+c=1，试求b的取值范围。 分析：在一定条件下求某个变量的取值范围，基本解题思路有二： (i)由已知条件与重要不等式导出关于 的不等式，而后由这一不等式解出 的取值范围； 立足于已知条件中的等式，借助已知的重要不等式，内外结合推导 解：由已知得c2=a2+b2 (利用三角形的特殊性) 4-c=a+b 注意到a,b R+且满足 2(a+b)2 将，代入得 2c2(4-c)2 a+b+c>2c 又a+b+c=4 的取值范围。 再注意到这里a+b>c (利用三角形的普通性质) c<2 于是由、得 由已知得 b2=ac 1-b=a+c (以b为主元整理或变形) 为利用重要不等式而讨论：由题设知a、c同号 当a,c同为正数时， 由得a+c2|b| 再由得1-b2|b| (当且仅当a=c时等号成立) 2|b|+b1 若b>0，则由得 (ii)当a,c 同为负数时， 由、得 1-b-2|b| ；若b<0， 则由得 -1b<0 由解得-1b<0或 2|b|-b-1无解 于是综合得所求b的取值范围为-1，0）、解题的共同之处，是立足于已知的等式，借助算术平均数与几何平均数大小的不等式导出有关变量的取值范围，这也展示了这一类问题的基本解法。 例4 已知a>b>c，不等式 已知x,y R+,且不等式 恒成立，求k的最大值 恒成立，求a的最小值 分析：此恒等式问题与最值有着千丝万缕的联系，而寻求有关式子的最值的基本手段之一是利用重要不等式。 4 解：a>b>c 原不等式恒成立 则 ku的最小值 恒成立 令 又 (分子主动与分母沟通联系) 4 umin=4(当且仅当a+c=2b时取得) 于是由、得 k4，即k的最大值为4 不等式 恒成立 恒成立 恒成立(为便于利用重要不等式而变形) 则 恒成立(化生为熟转化成功) 令 au的最大值 x，yR+ (当且仅当x=y时等号成立) 于是由、得 (当且仅当x=y时等号成立) ，即a的最小值为 (当且仅当x=y时取得) 例5已知a,b R+，且a+b=1，求证： 分析：对于条件不等式的证明，条件的适当运用是证明的关键环节，对于题设条件中的等式的应用，主要有三个方面 直接代入：以a+b=1或2=1代入； 换元转化：令a=cos2 ,5 借助“外因”联合推理：由已知等式联想有关的重要不等式，二者联合导出已知条件的延伸。 联想1：由已知等式本身联想重要不等式： a,b R+，且 由左边a+b联想重要不等式 联想2：由已知等式的等价变形联想重要不等式 这与联想1中推出的结果殊途同归. 对已知条件作以上挖掘延伸之后,再证明所给例题便是水到渠成。 证明：证法一(分析转化、化生为熟)： 原不等式 又 证法二：； 不等式成立， 注意到 当且仅当 时等号成立 同理 (当且仅当 时等号成立) (当且仅当 时等号成立) 6 (2)利用前面的推论，左边 (3)略 (4)利用前面的结论,左边 (当且仅当 时等号成立) (5)利用前面的推论得 为了构造同向不等式,对左边配方: 左边 (当且仅当 时等号成立) (当且仅当 时等号成立) (当且仅当 时等号成立) (当且仅当 时等号成立) (6) 解法一:(为了构造“同向不等式”)硬性提取 后再作变形): 左边 (当且仅当 时等号成立) (当且仅当 时等号成立) 左边 (当且仅当 时等号成立) 解法二:仿(5)之解法,留给同学们练习 点评已知x,y R+，且x+y=1，试求 (i) 的最小值； 的最小值。 已知a,b R+，且a3+b3=2，求证：ab1; (ii)a+b2 分析：对于本质上是例5 的改作题； 7 对于，仍可仿照例5中已知条件的延伸手法来寻觅解题思路 解：从略 (2)证明：注意到已知条件a3+b3=2 (i)由式左边联想重要不等式 由得 a2+b2-abab>0 由得 由、得 (当且仅当a=b=1时等号成立) (a+b)(a2+b2-ab)=2 a2+b22ab 由式左边联想重要不等式 由、得 (当且仅当a=b=1时等号成立) a+b2(当且仅当a=b时等号成立) 命题得证 38 点评：前事不忘，后事之师，学习中要注意知识、方法与策略的迁移，对于，也可以根据已知条件a3+b3=2“实施等量替换”，只是效果不一定理想，事实上， 设 则 五、高考真题 ；得证；而a+b2则难以证明,同学们不妨一试. 1、对于0<a<1,给出下列四个不等式： 其中成立的是 A.1与 B.与 C.与 D.与 分析：从0<a<1入手去比较1+a与 的大小 0<a<1 又当0<a<1时，y=logax为减函数 当0<a<1时，y=ax为减函数， 于是由、知本题应选D 2、：已知a2+b2=1,b2+c2=2,c2+a2=2,则ab+bc+ca的最小值为 8 A. 分析：为建立“已知”与“目标”的联系，考察已知三式的和： 将与已知各式联立，解得 即 注意到欲求ab+bc+ca的最小值，只需a、b同号且c与它们反号 ab+bc+ac的最小值为 3、集合范围可以是 B=x| |x-b|<a，若“a=1”是“AB ”的充分条件，则b的取值 A.-2b<0 B.0<b2 C.-3<b<-1 D.-1b<2 分析：从认知与化简集合A、B切入A=， B= 当a=1时，B= 此时，令b=0 则B=，显然 AB ，符合要求，由此否定A，B；令b=-1，则B= 此时，AB= ，符合要求，否定C.于是可知应选D. 4、给出下列三个命题 若ab>-1,则 若正整数m和n满足mn，则 设P(x1,y1)为圆01；x2+y2=9上任一点，圆O2以Q为圆心且半径为1，当2+(b-y1)2=1时，圆01与圆O2相切。其中假命题的个数为 A0 B.1 C.2 D.3 分析：逐一考察每个命题： 对于作辅助函数 在上为增函数. ab>-1, f(a) f(b),即 ，为真命题； 对于，由已知得m>0，n-m0,由平均值不等式得 也是真命题； 对于，注意到圆O2的方程为2+(y-b)2=1，故由题设知点P亦在圆O2上，即点P为圆O1与圆O2的公共点 圆01与圆O2相切，从而为假命题。于是由上述分析可知，本题应为B。 9 重要不等式及其运用 教学重点难点: 灵活运用定理证明不等式和求函数的最值问题。 一、教材分析: 本节所介绍的公式在整个代数中占有重要地位，它不仅用来为证明不等式提供理论依据，还在其它问题的求解中有着广泛的应用，例如求最值问题，求范围问题等。 主要内容: 重要结论1：如果a,bR, 那么。 定理：如果a,bR+, 那么。 重要结论2：如果a, b, cR+, 那么 重要结论3：如果a, b, cR+, 那么 重要结论4：如果a1, a2,., anR+, 那么取“=”号），其中nN, 且n>1。 以上内容有几点说明: 对于结论1，应注意灵活变形： 正数的算术平均数A不小于它们的几何平均数G。 应用不等式证题时，一定要注意条件和“=”的说明，尤其在求函数最值时，“=”号成立与否是很关键的。 二、重要不等式的应用: 例1设a, b, cR+，求证： 分析:本题的难点在于解决。 。 不易处理，如能找出a2+b2与a+b之间的关系，问题就能 证明: a, b, cR+， a2+b22ab, 2(a2+b2) (a+b)2, , 同理: ， 例2若a, b, cR+，求证(a+b+c)4·(a2+b2+c2)243a2b2c2。 分析:这类不等式可看作是“和的形式积的形式”经迭乘而成。 证明: a,b,c>0， ， , 11 又 (a+b+c)4(a2+b2+c2)243a2b2c2。 例3若a>2，求证，(a+b+c)4(a2+b2+c2)35(abc)2。 。 分析:两个对数的积不好处理，而和易处理，从而想到重要不等式。 证明: a>2, loga(a-1)>0, loga(a+1)>0，且 , loga(a-1)loga(a+1)<1。 例4若0<x<, 求x(2-5x)的最大值。 解:, 2-5x>0， 当且仅当5x=2-5x，即 时，原式有最大值。 例5求函数的最小值 (a>0)。 解: 时，ymin=2。 (2)当a>1时，令 (t)。 (1)当0<a1时，y2，当且仅当 在为增函数， ，此时x=0。 综上可知，0<a1时，ymin=2；a>1时， 三、课外练习 。 1若-4<x<1，则有。 A、最小值1 B、最大值1 C、最小值-1 D、最大值-1 2若x+2y=4, x>0, y>0，则lgx+lgy的最大值为_。 12 3若lgx+lgy=1，则的最小值为_。 4已知a,b,cR+, a+b+c=1。求证：。 5某游泳馆出售冬季学生游泳卡，每张卡240元。并规定不记名，每卡每次只限1人，每天只限1次。某班有48名学生，教师准备组织学生集体冬泳，除需要购买若干张游泳卡外，每次去游泳还要包一辆汽车，无论乘坐多少学生，每次的包车费为40元。要使每个学生游8次，每人最少交多少钱？ 参考答案:1.D 2. lg2 3. 2 1. 2. ，当且仅当 x=2y=2时取“=”。 3lgx+lgy=1, xy=10, 。 4. 证明: a,b,cR+, a+b+c=1。 (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)。 , , ， , 5设购买x张游泳卡，活动开支为y元， 则 当且仅当x=8时取“=”号，此时每人最少交80元。 谈对均值不等式的理解和应用 均值不等式是不等式一章中最基础、应用最广泛的灵活因子，它是考查素质、能力的一个窗口，是高考的热点。对均值不等式的应用可从以下三个方面着手。 1 通过特征分析，用于证不等式 1) 2) 两端的结构、数字具有如下特征： 1)次数相等； 2)项数相等或不等式右侧系数与左侧项数相等； 3)左和右积。 当要证的不等式具有上述特征时，考虑用均值不等式证明。 例1已知a，b，c为不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc. 分析：观察要证不等式的两端都是关于a，b，c的3次多项式，左侧6项，右侧6项，左和右积，具备均值不13 等式的特征。 证明: b2+c22bc, a>0, a(b2+c2)2abc 同理，b(c2+a2)2bac, c(a2+b2)2cab, 又 a，b，c不全相等， 上述三个不等式中等号不能同时成立，因此 a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc。 例2. 若a，b，cR+，且a+b+c1，求证. 分析：由a，b，c R+，联想均值不等式成立的条件，并把1a+b+c代换中的“1”，要证不等式变为, 即， 亦即， 发现互为倒数，已具备均值不等式的特征。 证明：a,b,cR+, ，, , . a+b+c=1, . 说明：1)此题的证明方法采用的是综合法。用综合法证不等式即由已知不等式推证要证不等式。 2)在附加条件的变换下，要证的不等式会隐含均值不等式的部分特征，显示其一个或两个特征，这时，仍可考虑用特征分析法，合理选择思路，寻找解决问题的切入点。 2 抓条件“一正、二定、三等”求最值 由均值不等式2)，推证出最值定理及其使用的前提条件：“一正、二定、三等”，求最值时，三者缺一不可。 例3. 已知x, yR+且9x+16y144，求xy的最大值。 分析：由题设一正：x, yR+，二定: 9x+16y144。求积的最大值，可考虑用均值不等式求解。 解： x, yR+ ， ， 当且仅当9x=16y，即时，(xy)max=36. 说明：本题若改为：x,yR且9x2+16y2=144，求xy的最大值呢？请同学们一试。 3 抓“当且仅当等号成立”的条件，实现相等与不等的转化 在均值不等式中“当且仅当等号成立”的“当且仅当”是“充要条件”的同义词，它给出了相等与不等的界，是相等与不等转化的突破口。 例4在ABC中，若三边a，b，c满足条件(a+b+c)3=27abc，试判定三角形ABC的形状。 分析：(a+b+c)3=27abc具有三元均值不等式的结构特征，且属均值不等式的特例(取等号情形)，所以有下面解法。 解：a>0, b>0, c>0，故有不等式a=b=c时，上式等号成立，故三角形为等边三角形。 ，即(a+b+c)327abc，当且仅当 14 例5已知x,y,z为正实数，且x+y+z=3, . 求x2+y2+z2的值。 解：由题设得。 x,y,z>0, , . , x2=1,y2=1, z2=1, x2+y2+z2=3. 说明：均值不等式给出了相等、不等的界，即等号成立的条件。 又如解方程：，读者不妨试解。 总之，均值不等式成立的条件，结构特征，积、和为定值，等号成立的条件，是理解应用均值不等式的认知角度。同学们要学会观察已知和未知的结构特征、数字特征，认清其区别、联系，联想相关的知识点、方法，寻找解决问题的突破口 用基本不等式求最值 求函数的最大值或最小值，在确保“各项为正”的前提下，还必须满足两点： 第一，求和的最小值时，它们的积应为定值；求积的最大值时，它们的和应为定值。 第二，使上述不等式中的等号成立时的自变量为一个确定的值，且在该函数定义域内。 要满足上述两点，在运算过程中，必须对式子作适当的恒等变形，方能达到目的。本文分析用基本不等式求最值容易产生的错误，并归纳一般方法。 1常见致错原因分析 例1若x>0，求的最小值。 解法1：由于，故知Pmin=1. 说明：以上解法是错误，虽说满足了“积为定值”这个条件，但使等号或立的先决条件：正确解法如下： 却不成立。 解法2： ， 。 在即时，有。 说明：以上求解中采用了“变换系数”的办法，使得“第一”， “第二”两个条件都得以满足。“变换系数”是变形中的常用方法之一。 例2已知x,yR+,且2x+y=4，求的最小值。 15 解法1：由2x+y=4，知y=4-2x，x(0,2)，故， 而x(4-2x)在x=1时有最大值2，故有最小值， 所以在x=1(0,2)时，有最小值。 说明：以上解法是错误的。其一，的积不是定值；其二，要取得等号，必须，即x=y。而当x=y=1时，与条件2x+y=4相悖。 解法2.由2x+y=4,得。于是。 说明：以上解法又是错的。这里两次用到基本不等式，然而，使等号成立的条件并不相同：对于中取等号，必须与已知矛盾。 ，即y=2x；对于取等号，必须，即x=y，这便导致2x=x，得出x=0， 解法3：由2x+y=4，得， 。 。 说明：以上解法满足“第一”，“第二”两个要求，所以正确。等号在得x=2(2-)(0,2)。 ，即时成立，代入2x+y=4 解法4:由2x+y=4，可令2x=4cos2,，y=4sin2，于是 ，。 16 说明：以上解法满足要求，答案正确。等号在， 2. 常见一般方法 变更系数法 ，满足2x+y=4。 即时成立，由此可得 例3. 若x>1，求的最小值。 解：。 等号在即x=2(1,+)时,有。 例4边长为a的正方形铁片，在其四角剪去相等的小正方形后，折成一个方盒。问剪去的尺寸为多少时，小方盒有最大容积。 解：设剪去的小正方形边长为x，则小方盒边长为a-2x，又其高为x， 故小方盒容积为V=(a-2x)2x，而4V=4x(a-2x)2, 故当4x=a-2x,时，有。 例5若ab>0，求的最小值。 解：。 说明：本题两次用到基本不等式，第一次在条件2a-b=b即a=b时取等号，第二次在条件号，并不矛盾，解法正确。 取倒数或作平方 例6周长为定值时，哪种三角形面积最大？ 即a=2时取等 解：据海伦公式，三角形的面积，这里。 显然，同理p-b>0,p-c>0， 17 故S2=p(p-a)(p-b)(p-c), 即，等号在p-a=p-b=p-c即a=b=c时成立，即周长为定值时，等边三角形面积最大。 待定系数法 例7总长为24m的铁丝剪成若干段，焊成一个长方体容器的框架。若底面长方形邻边之比为32，试问长方体的高为多少时，其容积有最大值。 分析：设底面长方形较长的一边为x，则其邻边长为，设长方体高为y，则有，即，故知x(0,3.6)为函数的定义域。 虽说为定值，但使等式成立的x却不存在，为此，需采用其他办法。 解法1：由于，所以 故得，等号在时成立，即x=2.4(0,3.6)，这时。 说明：以上解法仍是“变更系数法”，问题是处的变形很难想到，是否有别的方法呢？ 解法2 对于，取待定系数m，使。 要使，即为定值，必须， 。于是。 。等号在，即x=2.4(0,3,6)时成立，这时. 说明：较之解法1，技巧性降低了，也就比较容易入手，解法2的方法就是最简单的待定系数法。用待定系数法目的，就是为了本文开头提到的“第一”，“第二”两个条件得以实现，在构成积的三个因式中有两个相同，另一个18 不相等，总可以用变更系数法或待定系数法来处理。 例8若x>0，求V=x(x+0.5)(3.2-2x)的最大值。 解：取待定系数m, n使 mnV=x(mx+0.5m)(3.2n-2nx) 要使 x+(mx+0.5m)+(3.2n-2nx)即0.5m+3.2n+(1+m-2n)x为 定值，必须1+m-2n=0(*) 由x=mx+0.5m=3.2n-2nx得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0，解得x=1及，当x=1时， 于是即当x=1时，。 另解：取待定系数m,n使mnV=mx(nx+0.5n)(3.2-2x). 要使mx+(nx+0.5n)+(3.2-2x)即0.5n+3.2+(m+n-2)x为定值，必m+n-2=0(*). 而由mx=nx+0.5n=3.2-2x，即得。 代入(*)整理得3x2-2.2x-0.8=0 说明：本例中构成积的三个因式互不相同，为确保“第一”，“第二”两个条件得以实现，用待定系数法求解时，需用两个待定系数。这两个系数如何配置，结果总为一样，惟繁简不同而已 1已知i,m,n是正整数，且1<im<n。 (I)证明ni<mi；(II)证明(1+m)n>(1+n)m。 本题考察排列、组合、二项式定理、不等式的基本知识和逻辑推理能力. 证明：(I) 对于1<im，有=m(m-i+1), , 同理 , 由于m<n, 对整数k=1,2,i-1，有 (II) 证明：由二项式定理有 ， 所以，即mi>ni。 (1+m)n=mi, (1+n)m=ni, 由(I)知mi>ni (1<im<n), 而, 所以，mi>ni (1<im<n), 因此，, 又m0=n0C=1, m=n=mn, mi>0 (m<in). ，即(1+m)n>(1+n)m. 19 2. a>b>1, P=, Q=(lga+lgb), R=lg，则。 A、R<P<Q B、P<Q<R C、Q<P<R D、P<R<Q 精析：观察P，Q，R三式的结构特点，联想对数运算法则，注意到均值不等式，就有如下解法过程。 a>b>1, lga>lgb>0, lga+lgb>2, 即(lga+lgb)>, 故Q>P, 又由>得lg>lg, 即lg>(lga+lgb)。故R>Q，从而选B。 注意：本题也可用特殊值法来判定，如取a=100, b=10，很容易选B。解这类题要善于利用特例法求解，利用均值不等式和函数单调性比较大小，是比较大小常用的方法。 3已知a,b,c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c, g(x)=ax+b, 当-1x1时，|f(x)|1. (1)证明：|c|1； (2)证明：-1x1时，|g(x)|2； (3)设a>0,当 -1x1时，g(x)的最大值为2，求f(x)。 精析：(1)由条件-1x1, |f(x)|1, 取x=0，得|c|=|f(0)|1,即|c|1. (2)由于g(x)=ax+b中含有字母未知数a，因而用分类讨论，结合函数g(x)的单调性来证明。 当a>0时，g(x)=ax+b，在-1,1上是增函数， g(-1)g(x)g(1), |f(x)|1 (-1x1), |c|1, g(1)=a+b=f(1)-c|f(1)|+|c|2. g(-1)=-a+b=-f(-1)+c-(|f(-1)|+|c|)-2, 由此 得|g(x)|2, 当a<0时，g(x)=ax+b在-1，1上是减函数， g(-1)g(x)g(1), |f(x)|1 (-1x1), |c|1, g(-1)=-a+b=-f(-1)+c|f(-1)|+|c|2, g(1)=a+b=f(1)-c-(|f(1)|+|c|)-2, 由此得|g(x)|2, 当a=0时，g(x)=b,f(x)=bx+c -1x1 |g(x)|=|f(1)-c|f(1)|+|c|2 综上所述，得|g(x)|2. (3)利用题设先求c值，再求f(x). a>0, g(x)在-1，1上是增函数，当x=1时取得最大值2， 即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2, -1f(0)=f(1)-21-2=-1, c=f(0)=-1, 当-1x1时，f(x)-1, 即f(x)f(0), 根据二次函数性质，直线x=0为二次函数f(x)的图像的对称轴， 故有-=0，那么b=0,a=2. f(x)=2x2-1。 注意：本题综合性较强。前两问考查绝对值不等式的证明，第三问求函数的表达式，技巧性较高。要求考生会灵活应用绝对值不等式的性质及函数的单调性，并会进行合理的分类讨论。 注：在高考中单纯的不等式证明题比较少，多数是和应用题等其它知识结合在一起考察的。 用基本不等式求最值 运用基本不等式求最值是高中阶段一种常用的方法，其约束条件苛刻，情况复杂，现就如何用基本不等式求最值作一分析 一、 注意基本定理应满足的条件 20 基本不等式具有将“和式”转化为“积式”与将“积式”转化为“和式”的功能，但一 定要注意应用的前提：“一正”、“二定”、“三相等”所谓“一正”是指“正数”，“二定”指应用定理求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条件 例1 已知0<x<1，求y=lgx+4的最大值 lgx分析：本题满足lgx·4=4为定值，但因为0<x<1，lgx<0，所以此时不能直接 lgx应用基本不等式，需将负数转化为正数后再使用基本不等式 解：æ4ö0<x<1，lgx<0，-lgx>0-y=(-lgx)+ç-÷24=4，即y-4 lgxèø41，即x=时等号成立，故ymax=-4 100lgx当且仅当-lgx=-二、 连用基本不等式要注意成立的条件要一致 有些题目要多次用基本不等式才能求出最后结果，针对这种情况，连续使用此定理要切记等号成立的条件要一致 æ1öæ1ö+y+例2 若x，y是正数，则çx+÷ç÷的最小值是 2y2xøèøè3 227 224 29 4æææö1öæ1ö1öæ1ö11+y+解析：由题意çx+2x+y+=2xy+14xy·+2=4， ÷ç÷ç÷ç÷ç÷2yøè2xø2yøè2xø4xyø4xyèèè“”成立的条件，x+111=y+，x2y2=两者不矛盾，故“”能成立，答案选 2y2x4三、 基本不等式“失效”时的对策 有些题目，直接用基本不等式求最值，并不满足应用条件，但可以通过添项，分离常数， 平方等手段使之能运用基本不等式，下面我们来看几种经常用到的方法 1 添项 例3 求函数y=1+x(x>3)的最小值 x-3解：1æ1öx>3，x-3>0y=ç+x-3÷+32·(x-3)+3=5 x-3èx-3ø1=x-3，即x=4时，取等号，当x=4时，函数y的最小值为5 x-32 分离常数 当且仅当x2-4x+55例4 已知x，则f(x)=有 22x-4最大值5 2 最小值5 4 最大值1 最小值1 分析：本题看似无法使用基本不等式，但对函数式进行分离，便可创造出使用基本不等 21 式的条件 x2-4x+5(x-2)2+11é1ù解：y=ê(x-2)+1 ú2x-42(x-2)2ëx-2û当且仅当x-2=1，即x=3时等号成立故选 x-23 平方 例5 已知q为锐角，求y=cos2qsinq的最大值 分析：本题直接使用基本不等式比较困难，但平方以后就满足了使用基本不等式的条件 24·sin2q=·cos2q·cos2q2sin2q 解：y=cosq121æcos2q+cos2q+2sin2qö423ç=，即 y÷2è3279ø22当且仅当cosq=2sinq，即q=arcsin3323时等号成立故ymax= 3922