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1、典型例题一例1已知，求证证明：，三式相加，得，即说明：这是一个重要的不等式，要熟练掌握典型例题二例2 已知是互不相等的正数，求证：证明：，同理可得：三个同向不等式相加，得 说明：此题中互不相等，故应用基本不等式时，等号不成立特别地，时，所得不等式仍不取等号典型例题三例3 求证分析：此问题的关键是“灵活运用重要基本不等式，并能由这一特征，思索如何将进行变形，进行创造”证明：，两边同加得即同理可得：， 三式相加即得典型例题四例4 若正数、满足，则的取值范围是解：，令，得，或（舍去），的取值范围是说明：本题的常见错误有二一是没有舍去；二是忘了还原，得出前者和后者的问题根源都是对的理解，前者忽视了后者
2、错误地将视为因此，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例5 （1）求的最大值（2）求函数的最小值，并求出取得最小值时的值（3）若，且，求的最小值解：（1）即的最大值为当且仅当时，即时，取得此最大值（2）的最小值为3，当且仅当，即，时取得此最小值（3）即即的最小值为2当且仅当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，但是应注意满足相应条件如：，应分别对两种情况讨论，如果忽视的条件，就会发生如下错误：，解：当时，又，当且仅当，即时，函数有最小值当时，又
3、，当且仅当，即时，函数最小值典型例题七例7求函数的最值分析：但等号成立时，这是矛盾的！于是我们运用函数在时单调递增这一性质，求函数的最值解：设，当时，函数递增故原函数的最小值为，无最大值典型例题八例8求函数的最小值分析：用换元法，设，原函数变形为，再利用函数的单调性可得结果或用函数方程思想求解解：解法一：设，故由，得：，故：函数为增函数，从而解法二：设，知，可得关于的二次方程，由根与系数的关系，得：又，故有一个根大于或等于2，设函数，则，即，故说明：本题易出现如下错解：要知道，无实数解，即，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、为常数，且为定值，时，不能直接求最大（小）值，
4、可以利用恒等变形，当之差最小时，再求原函数的最大（小）值典型例题九例9求的最小值分析：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，得又得，即 故的最小值是说明：本题易出现如下错解：，故的最小值是8错误的原因是，在两次用到重要不等式当等号成立时，有和，但在的条件下，这两个式子不会同时取等号（）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：，求证：分析：根据题设，可想到利用重要不等式进行证明证明：同理： 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的变式；(3)不熟练证明轮换对称不等式的常用方法因此，在证明不等
5、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，且，求的最大值分析：如何将与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两边同加之后得解：由，则有说明：常有以下错解：，故两式相除且开方得错因是两不等式相除，如，相除则有不等式是解决从“和”到“积”的形式从“和”到“积”怎么办呢？有以下变形：或典型例题十二例12已知：，且：，求证：，并且求等号成立的条件分析：由已知条件，可以考虑使用均值不等式，但所求证的式子中有，无法利用，故猜想先将所求证的式子进行变形，看能否出现型，再行论证证明：等号成立，当且
6、仅当时由以上得即当时等号成立说明：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，且，求的最大值分析：由，可得，故，令利用判别式法可求得（即）的最大值，但因为有范围的限制，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，可得， 注意到可得，当且仅当，即时等号成立，代入中得，故的最大值为18解法二：，代入中得：解此不等式得下面解法见解法一，下略说明：解法一的变形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法二
7、则是抓住了问题的本质，所以解得更为简捷典型例题十四例14 若，且，求证：分析：不等式右边的数字“8”使我们联想到可能是左边三个因式分别使用基本不等式所得三个“2”连乘而来，而证明：，又，即同理，当且仅当时，等号成立说明：本题巧妙利用的条件，同时要注意此不等式是关于的轮换式典型例题十五例15 设，求证：分析：本题的难点在于不易处理，如能找出与之间的关系，问题可得到解决，注意到：，则容易得到证明证明：，于是同理：，三式相加即得：说明：注意观察所给不等式的结构，此不等式是关于的轮换式因此只需抓住一个根号进行研究，其余同理可得，然后利用同向不等式的可加性典型例题十六例16 已知：（其中表示正实数）求证
8、：分析：要证明的这一串不等式非常重要，称为平方根，称为算术平均数，称为几何平均数，称为调和平均数证明：，当且仅当“”时等号成立，等号成立条件是“”，等号成立条件是“”，等号成立条件是“”说明：本题可以作为均值不等式推论，熟记以上结论有利于处理某些复杂不等式的证明问题本例证明过程说明，不等式性质中的比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法典型例题十七例17设实数，满足，求证分析：由条件可得到， 同号为方便，不妨都设为正将求证式子的左边展开后可看出有交叉项和无法利用条件，但使用均值不等式变成乘积后，重新搭配，可利用条件求证证明：同理，由知与同号，与同号，同号不妨都设为正，即说明：本题是根据题意分析
9、得，同号，然后利用均值不等式变形得证换一个角度，由条件的特点我们还会联想到使用二次方程根的判别式，可能会有另一类证法实际上，由条件可知，为同号，不妨设同为正又，不等式，对任意实数恒成立（根据二次三项式恒为正的充要条件），两式相加得，它对任意实数恒成立同上可得：典型例题十八例18 如下图所示，某畜牧基地要围成相同面积的羊圈4间，一面可利用原有的墙壁，其余各面用篱笆围成，篱笆总长为36m问每间羊圈的长和宽各为多少时，羊圈面积最大？分析：可先设出羊圈的长和宽分别为，即求的最大值注意条件的利用解：设每间羊圈的长、宽分别为，则有，即设上式当且仅当时取“”此时羊圈长、宽分别为m，3m时面积最大说明：(1)
10、首先应设出变量（此处是长和宽），将题中条件数学化（即建立数学模型）才能利用数学知识求解；(2)注意在条件之下求积的最大值的方法：直接用不等式，即可出现积当然，也可用“减少变量”的方法：，当且仅当时取“=”典型例题十九例19 某单位建造一间地面面积为12m2的背面靠墙的矩形小房，房屋正面的造价为1200元/m2，房屋侧面的造价为800 元/m2，屋顶的造价为5800元如果墙高为3m，且不计房屋背面的费用，问怎样设计房屋能使总造价最低，最低总造价是多少元？分析：这是一个求函数最小值的问题，关键的问题是设未知数，建立函数关系从已知条件看，矩形地面面积为12m2，但长和宽不知道，故考虑设宽为m，则长为
11、m，再设总造价为由题意就可以建立函数关系了解：设矩形地面的正面宽为m，则长为m；设房屋的总造价为根据题意，可得：当，即时，有最小值34600元因此，当矩形地面宽为4m时，房屋的总造价最低，最低总造价是34600元说明：本题是函数最小值的应用题，这类题在我们的日常生活中经常遇到，有求最小值的问题，也有求最大值的问题，这类题都是利用函数式搭桥，用均值不等式解决，解决的关键是等号是否成立，因此，在解这类题时，要注意验证等号的成立典型例题二十例20某单位决定投资3200元建一仓库（长方体状），高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每1m长造价40元，两侧墙砌砖，每1m长造价45元，顶部每1m2
12、造价20元计算：(1)仓库底面积的最大允许值是多少？ (2)为使达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？分析：用字母分别表示铁栅长和一堵砖墙长，再由题意翻译数量关系解：设铁栅长为m，一堵砖墙长为m，则有.由题意得应用算术平均数与几何平均数定理，得即：从而：因此的最大允许值是，取得此最大值的条件是，而，由此求得，即铁栅的长应是 说明：本题也可将代入（*）式，导出关于的二次方程，利用判别式法求解典型例题二十一例21 甲、乙两地相距，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度的平方成正比，且比例系数为；固定部分为元 （1）把全程运输成本元表示为速度的函数，并指出这个函数的定义域； （2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？分析：这是1997年的全国高考试题，主要考查建立函数关系式、不等式性质（公式）的应用也是综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的一道优秀试题解：（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用的时间为，全程运输成本为故所求函数为，定义域为（2）由于都为正数，故有，即当且仅当，即时上式中等号成立若时，则时，全程运输成本最小；当，易证，函数单调递减，即时，综上可知，为使全程运输成本最小，在时，行驶速度应为；在时，行驶速度应为15用心 爱心 专心
