高考数学理一轮经典例题——算术平均数与几何平均数

高考数学理一轮经典例题——算术平均数与几何平均数

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 ‎①‎ 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①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，‎ 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，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：‎ 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)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造价20元．计算：‎ ‎(1)仓库底面积Ｓ的最大允许值是多少？ ‎ ‎(2)为使Ｓ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．‎ ‎.精品资料。欢迎使用。‎