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1、 基本不等式例1：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。例2：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。例3：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。例4：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
2、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。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。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，函数最小值例7：求函数的最值
3、。 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。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1：设，故。由，得：，故：。函数为增函数，从而。解法2：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
4、差最小时，再求原函数的最大（小）值。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。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。例11：已知，且，求的最大值。解法1：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2：，代入中得：，解此不等式得。下面解法见解法1，下略。说明：解法1的变形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法2则是抓住了问题的本质，所以解得更为简捷。例12：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。
广东省广州市高考数学一轮复习 专项检测试题：27 基本不等式
