1、例1已知，求證證明：，三式相加，得，即說明：這是一個重要的不等式，要熟練掌握例2 已知是互不相等的正數，求證：證明：，同理可得：三個同向不等式相加，得 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，所得不等式仍不取等號例3 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，進行創造”證明：，兩邊同加得即同理可得：， 三式相加即得例4 若正數、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，

2、一定要對所設“元”的取值范圍有所了解，并注意還原之例5 （1）求的最大值（2）求函數的最小值，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說明：解這類最值，要選好常用不等式，特別注意等號成立的條件例6求函數的最值分析：本例的各小題都可用最值定理求函數的最值，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，就會發生如下錯誤：，解：當時，又，當且僅當，即時，函數有最小值當時，又，當且僅當，即時，函數最小值例7求函數的最值分析：但等號成立

3、時，這是矛盾的！于是我們運用函數在時單調遞增這一性質，求函數的最值解：設，當時，函數遞增故原函數的最小值為，無最大值例8求函數的最小值分析：用換元法，設，原函數變形為，再利用函數的單調性可得結果或用函數方程思想求解解：解法一：設，故由，得：，故：函數為增函數，從而解法二：設，知，可得關于的二次方程，由根與系數的關系，得：又，故有一個根大于或等于2，設函數，則，即，故說明：本題易出現如下錯解：要知道，無實數解，即，所以原函數的最小值不是2錯誤原因是忽視了等號成立的條件當、為常數，且為定值，時，不能直接求最大（小）值，可以利用恒等變形，當之差最小時，再求原函數的最大（小）值例9求的最小值分析：此題

4、出現加的形式和平方，考慮利用重要不等式求最小值解：由，得又得，即 故最小值是本題易出現如下錯解，故的最小值是8錯誤的原因是，在兩次用到重要不等式當等號成立時，有和，但在的條件下，這兩個式子不會同時取等號（）排除錯誤的辦法是看都取等號時，與題設是否有矛盾例10 已知：，求證：分析：根據題設，可想到利用重要不等式進行證明證明：同理： 說明：證明本題易出現的思維障礙是：(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1

5、1設，且，求的最大值分析：如何將與用不等式的形式聯系起來，是本題獲解的關鍵算術平均數與幾何平均數定理兩邊同加之后得解：由，則有說明：常有以下錯解：，故兩式相除且開方得錯因是兩不等式相除，如，相除則有不等式是解決從“和”到“積”的形式從“和”到“積”怎么辦呢？有以下變形：或例12已知：，且：，求證：，并且求等號成立的條件分析：由已知條件，可以考慮使用均值不等式，但所求證的式子中有，無法利用，故猜想先將所求證的式子進行變形，看能否出現型，再行論證證明：等號成立，當且僅當時由以上得即當時等號成立說明：本題是基本題型的變形題在基本題型中，大量的是整式中直接使用的均值不等式，這容易形成思維定式本題中是利

6、用條件將所求證的式子化成分式后再使用均值不等式要注意靈活運用均值不等式例13 已知，且，求的最大值分析：由，可得，故，令利用判別式法可求得（即）的最大值，但因為有范圍的限制，還必須綜合韋達定理展開討論僅用判別式是不夠的，因而有一定的麻煩，下面轉用基本不等式求解解法一：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解法二：，代入中得：解此不等式得下面解法見解法一，下略說明：解法一的變形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法二則是抓住了問題的本質，所以解得更為簡捷例14 若，且，求證：分析：不等式右邊的數字“8”使我們聯想到可能是左邊三個因式分別使用基本不等式所得三個“

7、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例15 設，求證：分析：本題的難點在于不易處理，如能找出與之間的關系，問題可得到解決，注意到： ，則容易得到證明證明：，于是同理：，三式相加即得：說明：注意觀察所給不等式的結構，此不等式是關于的輪換式因此只需抓住一個根號進行研究，其余同理可得，然后利用同向不等式的可加性例16 已知：（其中表示正實數）求證：分析：要證明的這一串不等式非常重要，稱為平方根，稱為算術平均數，稱為幾何平均數，稱為調和平均數證明：，當且僅當“”時等號成立，等號成立條件是“”，等號成立條件是“”，等號成立條件

8、是“”說明：本題可以作為均值不等式推論，熟記以上結論有利于處理某些復雜不等式的證明問題本例證明過程說明，不等式性質中的比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法例17設實數，滿足，求證分析：由條件可得到， 同號為方便，不妨都設為正將求證式子的左邊展開后可看出有交叉項和無法利用條件，但使用均值不等式變成乘積后，重新搭配，可利用條件求證證明：同理，由知與同號，與同號，同號不妨都設為正，即說明：本題是根據題意分析得，同號，然后利用均值不等式變形得證換一個角度，由條件的特點我們還會聯想到使用二次方程根的判別式，可能會有另一類證法實際上，由條件可知，為同號，不妨設同為正又，不等式，對任意實數恒成立（根據二

9、次三項式恒為正的充要條件），兩式相加得，它對任意實數恒成立同上可得：例18 如下圖所示，某畜牧基地要圍成相同面積的羊圈4間，一面可利用原有的墻壁，其余各面用籬笆圍成，籬笆總長為36m問每間羊圈的長和寬各為多少時，羊圈面積最大？分析：可先設出羊圈的長和寬分別為，即求的最大值注意條件的利用解：設每間羊圈的長、寬分別為，則有，即設上式當且僅當時取“”此時羊圈長、寬分別為m，3m時面積最大說明：(1)首先應設出變量（此處是長和寬），將題中條件數學化（即建立數學模型）才能利用數學知識求解；(2)注意在條件之下求積的最大值的方法：直接用不等式，即可出現積當然，也可用“減少變量”的方法：，當且僅當時取“=”

10、例19 某單位建造一間地面面積為12m2的背面靠墻的矩形小房，房屋正面的造價為1200元/m2，房屋側面的造價為800 元/m2，屋頂的造價為5800元如果墻高為3m，且不計房屋背面的費用，問怎樣設計房屋能使總造價最低，最低總造價是多少元？分析：這是一個求函數最小值的問題，關鍵的問題是設未知數，建立函數關系從已知條件看，矩形地面面積為12m2，但長和寬不知道，故考慮設寬為m，則長為m，再設總造價為由題意就可以建立函數關系了解：設矩形地面的正面寬為m，則長為m；設房屋的總造價為根據題意，可得：當，即時，有最小值34600元因此，當矩形地面寬為4m時，房屋的總造價最低，最低總造價是34600元說明

11、：本題是函數最小值的應用題，這類題在我們的日常生活中經常遇到，有求最小值的問題，也有求最大值的問題，這類題都是利用函數式搭橋，用均值不等式解決，解決的關鍵是等號是否成立，因此，在解這類題時，要注意驗證等號的成立例20某單位決定投資3200元建一倉庫（長方體狀），高度恒定，它的后墻利用舊墻不花錢，正面用鐵柵，每1m長造價40元，兩側墻砌磚，每1m長造價45元，頂部每1m2造價20元計算：(1)倉庫底面積的最大允許值是多少？ (2)為使達到最大，而實際投資又不超過預算，那么正面鐵柵應設計為多長？分析：用字母分別表示鐵柵長和一堵磚墻長，再由題意翻譯數量關系解：設鐵柵長為m，一堵磚墻長為m，則有.由題

12、意得應用算術平均數與幾何平均數定理，得即：從而：因此的最大允許值是，取得此最大值的條件是，而，由此求得，即鐵柵的長應是 說明：本題也可將代入（*）式，導出關于的二次方程，利用判別式法求解例21 甲、乙兩地相距，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不超過，已知汽車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度的平方成正比，且比例系數為；固定部分為元 （1）把全程運輸成本元表示為速度的函數，并指出這個函數的定義域； （2）為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛？分析：這是1997年的全國高考試題，主要考查建立函數關系式、不等式性質（公式）的應用也是綜合應用數學知識、思想和方

13、法解決實際問題的一道優秀試題解：（1）依題意知汽車從甲地勻速行駛到乙地所用的時間為，全程運輸成本為故所求函數為，定義域為（2）由于都為正數，故有，即當且僅當，即時上式中等號成立若時，則時，全程運輸成本最小；當，易證，函數單調遞減，即時，綜上可知，為使全程運輸成本最小，在時，行駛速度應為；在時，行駛速度應為基本不等式(當且僅當a=b時，等號成立)的應用與解析幾何知識的銜接（當且僅當a=b時，等號成立）的應用，本文再就這一問題結合解析幾何（必修2）進行論述，供專家及同行們參考。不當之處，敬請批評指正。應用基本不等式時，應注意以下兩個問題：（1）“一正二定三等”。一正，即a,b兩個數為正數；二定，即

14、兩個正數的乘積為定值；三等，即等號成立的等價條件是“a=b”。（2）規律是：積定和最小，和定積最大。題型（一）求直線的方程例題過點P（1，2）的直線與x軸、y 軸的正半軸交于A、B兩點，（1）當的面積最小時，求直線l的方程，并求出最小值； （2）當最小時，求直線l的方程，并求出最小值； （3）當最小時，求直線l的方程，并求出最小值。 解（1）由題意知直線l的斜率k<0，可設直線l的方程為y-2=k(x-1)，令x=0，得y=2-k,于是B（0，2-k）； 令y=0，得x=,于是A（，0）。從而當且僅當即k=-2（k=2舍去！）時，等號成立。此時直線l的方程為y-2=-2(x-1),即2x

15、+y-4=0，面積最小值是4。(2)由題意，可設直線l的方程為，直線過點P（1，2）得即2a+b=ab,解出 于是當且僅當等號成立。此時直線l的方程為最小值是(3) 由題意知直線l的斜率k<0，可設直線l的方程為y=kx+b, 又直線過點P（1，2），得k+b=2,令x=0,得y=b, 于是B（0，b）;令y=0，得，于是A().從而 =當且僅當，即k=-1（k=1舍去！）時，等號成立。此時直線l的方程為y=-x+3,即x+y-3=0. ，的最小值是4。解題回顧以上三個小問題分別采用了直線方程的三種形式解題，實際上，每個小問題都可采用三種形式求解，所得到的結論一樣。請讀者試用上述三種方法

16、解答下列變式題：變式題過點P（a，b）(a>0，b>0)的直線與x軸、y 軸的正半軸交于A、B兩點，（1）當的面積最小時，求直線l的方程，并求出最小值； （2）當最小時，求直線l的方程，并求出最小值； （3）當最小時，求直線l的方程，并求出最小值。題型（二）求夾角問題例題已知A（0，a）,B(0,b)(a<b)是y軸正半軸上的兩個點，試在軸上找一點P，使最大。解設P（x,0）,由題意，得，于是當且僅當，等號成立，因此所求P點坐標為（）解題回顧上述解法中用到了絕對值不等式、基本不等式的性質，解析幾何中兩條直線的夾角等基礎知識。請讀者試用上述方法解答下列兩個變式題。均值定理的拓廣

17、在高中數學教材中，均值不等式幾乎涉及高中數學的所有章節，且在每年的高考題中常考常新，其題型主要以大小判斷、求最值、求參數的取值范圍以及最值時刻等幾個方面出現，在高考的考試說明中也明確地要求學生能熟練地掌握均值不等式的適用條件及適用情境。高中教材中對均值定理的敘述是：（1）定理：如果a、b是正數，那么（當且僅當a=b時取“”號）（2）定理：如果a、b、c是正數，那么（當且僅當a=b=c時取“”號）我們稱（）為a、b（a、b、c）的算術平均數，稱（）為a、b(a、b、c)的幾何平均數，因而這一定理又可敘述為“兩個（或三個）正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數。”事實上，由數學歸納法可把這一定理拓

18、廣為“n個正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數” 。用均值不等式求函數的最大（小）值是高中數學的一個重點，在運用均值定理求函數的最大（小）值時，往往需要掌握“湊”（湊項、湊因子）的技巧，其目的（一）是創造一個應用不等式的情境；（二）是使等號成立的條件。例1邊長為的三角形，其面積等于，而外接圓半徑為1，若，則S與的大小關系是（ ）A. B. C. D.不確定（1986年全國高中數學聯賽題）解：在三角形中，由正弦定理和面積公式可得，又，不可能成立故上式取不到等號，即，故選C例2若正數滿足，則的取值范圍是 解：，（舍去）或 然而有些題由于解析式自然，從形態上看根本湊不出定值，或雖湊出定值而其等號又

19、不能成立，對于這樣的題目，學生往往為很難用甚至不能用均值定理而感到束手無策。這時就常需對函數式作“添、裂、配、湊”變形，使其完全滿足均值定理要求的“正、定、等”條件后方可用之，故對變形能力的要求較高。但若把均值定理拓廣為下述“含參均值定理”，那么便可避免復雜變形的情況。含參均值定理的敘述是：如果a,b,c,參數，那么（1）（當且僅當時取“”號）；（2）（當且僅當時取“”號）；（3）（當且僅當時取“”號）。正參數由“值定，可等”確定。這樣可使原來不能同時成立的條件得到滿足，從而求出最值。例1求函數的最大值。解：設則當且僅當即時取等號，此時。若所含因子僅冪次不同，則不需增加參數的個數。例2求的最大值。解：設則當且僅當即時取等號，此時。類似地可求得函數的最大值為。用上面的方法還可解決某些如不同號，一類函數的最值問題。例3求函數的最小值