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  • 2021-05-14 发布

高考数学理一轮经典例题——算术平均数与几何平均数

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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。‎