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1、
基本不等式
例1:求證。
分析:此問題的關鍵是“靈活運用重要基本不等式,并能由這一特征,思索如何將進行變形,進行創(chuàng)造”。
證明:∵,兩邊同加得,
即;∴,
同理可得:,,
三式相加即得。
例2:若正數(shù)、滿足,則的取值范圍是 。
解:∵,∴,令,得,
∴,或(舍去),∴,∴的取值范圍是。
說明:本題的常見錯誤有二。一是沒有舍去;二是忘了還原,得出。前者和后者的問題根源都是對的理解,前者忽視了后者錯誤地將視為。因此,解題過程中若用換元法,一定要對所設“元”的取值范圍有所了解,并注意還原之。
例3:已知,求證
證明:∵,,
2、,
三式相加,得,即
說明:這是一個重要的不等式,要熟練掌握。
例4:已知是互不相等的正數(shù),求證:。
證明:∵,∴
同理可得:
三個同向不等式相加,得①
說明:此題中互不相等,故應用基本不等式時,等號不成立。特別地,,時,所得不等式①仍不取等號。
例5:(1)求的最大值。
(2)求函數(shù)的最小值,并求出取得最小值時的值?!?
(3)若,且,求的最小值。
解:(1)即的最大值為當且僅當時,即,時,取得此最大值。
(2)
∴的最小值為3,當且僅當,即,,時取得此最小值。
(3)∴,即
∵∴,即的最小值為2,當且僅當時取得此最小值。
例6:求函數(shù)的最值。
分
3、析:本例的各小題都可用最值定理求函數(shù)的最值,但是應注意滿足相應條件。如:,應分別對兩種情況討論,如果忽視的條件,就會發(fā)生如下錯誤:
∵,
解:當時,,又,
當且僅當,即時,函數(shù)有最小值∴
當時,,又,
當且僅當,即時,函數(shù)最小值
∴
例7:求函數(shù)的最值。
分析:。但等號成立時,這是矛盾的!于是我們運用函數(shù)在時單調(diào)遞增這一性質(zhì),求函數(shù)的最值。
解:設,∴。
當時,函數(shù)遞增,故原函數(shù)的最小值為,無最大值。
例8:求函數(shù)的最小值。
分析:用換元法,設,原函數(shù)變形為,再利用函數(shù)的單調(diào)性可得結果?;蛴煤瘮?shù)方程思想求解。
解:解法1:
設,故
。
由,得:,
4、故:。
∴函數(shù)為增函數(shù),從而。
解法2:
設,知,可得關于的二次方程,由根與系數(shù)的關系,得:。
又,故有一個根大于或等于2,設函數(shù),則,即,故。
說明:本題易出現(xiàn)如下錯解:。要知道,無實數(shù)解,即,所以原函數(shù)的最小值不是2。錯誤原因是忽視了等號成立的條件。當、為常數(shù),且為定值,時,,不能直接求最大(?。┲?,可以利用恒等變形,當之差最小時,再求原函數(shù)的最大(?。┲怠?
例9:求的最小值。
分析:此題出現(xiàn)加的形式和平方,考慮利用重要不等式求最小值。
解:由,得
又得,即。
故的最小值是。
例10:已知:,求證:。
分析:根據(jù)題設,可想到利用重要不等式進行證明。
5、證明:
同理:,,
。
說明:證明本題易出現(xiàn)的思維障礙是:(1)想利用三元重要不等式解決問題;(2)不會利用重要不等式的變式;(3)不熟練證明輪換對稱不等式的常用方法。
因此,在證明不等式時,應根據(jù)求證式兩邊的結構,合理地選擇重要不等式。另外,本題的證明方法在證輪換對稱不等式時具有一定的普遍性。
例11:已知,且,求的最大值。
解法1:由,可得,。
注意到。可得,。當且僅當,即時等號成立,代入中得,故的最大值為18。
解法2:,,代入中得:,解此不等式得。下面解法見解法1,下略。
說明:解法1的變形是具有通用效能的方法,值得注意:而解法2則是抓住了問題的本質(zhì),所以解得更為簡捷。
例12:若,且,求證:。
分析:不等式右邊的數(shù)字“8”使我們聯(lián)想到可能是左邊三個因式分別使用基本不等式所得三個“2”連乘而來,而。
證明:,又,,,,即。同理,,。當且僅當時,等號成立。
說明:本題巧妙利用的條件,同時要注意此不等式是關于的輪換式。