算术平均数与几何平均数测试卷

典型例题一例1已知Rcba,,，求证.222cabcabcba证明：∵abba222，bccb222，caac222，三式相加，得)(2)(2222cabcabcba，即.222cabcabcba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cba、、是互不相等的正数，求证：abcbaccabcba6)()()(222222证明：∵0222abccb，，∴abccba2)(22同理可得：abcbacabccab2)(2)(2222，．三个同向不等式相加，得abcbaccabcba6)()()(222222①说明：此题中cba、、互不相等，故应用基本不等式时，等号不成立．特别地，ba，cb时，所得不等式①仍不取等号．典型例题三例3求证)(2222222cbaaccbba．分析：此问题的关键是“灵活运用重要基本不等式abba222，并能由)(2cba这一特征，思索如何将abba222进行变形，进行创造”．证明：∵abba222，两边同加22ba得222)()(2baba．即2)(222baba．∴)(222122bababa．同理可得：)(2222cbcb，)(2222acac．三式相加即得)(2222222cbaaccbba．典型例题四例4若正数a、b满足3baab，则ab的取值范围是．解：∵Rba,，∴323abbaab，令aby，得0322yy，∴3y，或1y（舍去）．∴92aby，∴ab的取值范围是.,9说明：本题的常见错误有二．一是没有舍去1y；二是忘了还原，得出,3ab．前者和后者的问题根源都是对ab的理解，前者忽视了.0ab后者错误地将2y视为ab．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41622xxy的最大值．（2）求函数1422xxy的最小值，并求出取得最小值时的x值．（3）若0,0yx，且2yx，求22yx的最小值．解：（1）41622xxy13163)1(162222xxxx.3326即y的最大值为.3当且仅当13122xx时，即22x2x时，取得此最大值．（2）1141142222xxxxy3142∴y的最小值为3，当且仅当11422xx，即4)1(22x，212x，1x时取得此最小值．（3）∴xyyx222∴222)()(2yxyx即2)(222yxyx∵2yx∴222yx即22yx的最小值为2．当且仅当4yx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xxy321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：0x，应分别对0,0xx两种情况讨论，如果忽视Rx的条件，就会发生如下错误：∵6213221)32(1321xxxxxxy，.621maxy解：当0x时，03,02xx，又632xx，当且仅当xx32，即26x时，函数xx32有最小值.62∴.621maxy当0x时，03,02xx，又6)3()2(xx，当且仅当xx32，即26x时，函数)32(xx最小值.62∴.621miny典型例题七例7求函数91022xxy的最值．分析：291991)9(2222xxxxy．但等号成立时82x，这是矛盾的！于是我们运用函数xxy1在1x时单调递增这一性质，求函数)3(1ttty的最值．解：设392xt，∴ttxxy191022．当3t时，函数tty1递增．故原函数的最小值为310313，无最大值．典型例题八例8求函数4522xxy的最小值．分析：用换元法，设242xt，原函数变形为)2(1ttty，再利用函数)2(1ttty的单调性可得结果．或用函数方程思想求解．解：解法一：设242xt，故).2(14522tttxxy212121212121121)()11()(2ttttttttttyytt，设．由202121tttt，，得：0121tt，故：21yy．∴函数)2(1ttty为增函数，从而25212y．解法二：设242tx，知)2(1ttty，可得关于t的二次方程012ytt，由根与系数的关系，得：121tt．又2t，故有一个根大于或等于2，设函数1)(2ytttf，则0)2(f，即0124y，故25y．说明：本题易出现如下错解：2414452222xxxxy．要知道，41422xx无实数解，即2y，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a、b为常数，且ab为定值，ba时，abba2，不能直接求最大（小）值，可以利用恒等变形abbaba4)(2，当ba之差最小时，再求原函数的最大（小）值．典型例题九例9,4,0,0baba求2211bbaa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,4ba，得.2162)(222ababbaba又,222abba得abab2216，即4ab．21111222bbaabbaa.225244444422ab故2211bbaa的最小值是225．说明：本题易出现如下错解：8441212112222bbaabbaa，故2211bbaa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1a和1b，但在4ba的条件下，这两个式子不会同时取等号（31ba时，）．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：Rcba,,，求证：cbacabbacabc．分析：根据题设，可想到利用重要不等式进行证明．证明：.2,222cbacabccababcbacabc即同理：acabbacbcababc2,2).(22cbacabbacabc.cbacabbacabc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abba2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Redcba、、、、，且8edcba，1622222edcba，求e的最大值．分析：如何将22ba与ba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abba222两边同加22ba之后得222)(21baba．解：由222)(21baba，则有,)(41])()[(212222222dcbadcbadcba.5160)8(411622eee.51656＝时，当最大值edcba说明：常有以下错解：abcdcdabdcbae4)(21622222，448abcddcbae．故abcdeabcde4222)48(,4)16(．两式相除且开方得516014)8(1622eee．错因是两不等式相除，如211,12，相除则有22．不等式222)(21baba是解决从“和”到“积”的形式．从“和”到“积”怎么办呢？有以下变形：222)(21baba或)(21222baba．典型例题十二例12已知：0yx＞，且：1xy，求证：2222yxyx，并且求等号成立的条件．分析：由已知条件Ryx，，可以考虑使用均值不等式，但所求证的式子中有yx，无法利用xyyx2，故猜想先将所求证的式子进行变形，看能否出现)(1)(yxyx型，再行论证．证明：,1.0,0xyyxyx又yxxyyxyxyx2)(222yxyx2)(.22)(2)(2yxyx等号成立，当且仅当)(2)(yxyx时．.4,2,2)(222yxyxyx,6)(,12yxxy.6yx由以上得226,226yx即当226,226yx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00yx，，且302xyyx，求xy的最大值．分析：由302xyyx，可得，)300(230xxxy，　故)300(2302xxxxxy　，令xxxt2302．利用判别式法可求得t（即xy）的最大值，但因为x有范围300x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302xyyx，可得，)300(230xxxy　．xxxxxxxy264)2(34)2(23022264)2(34xx注意到16264)2(2264)2(xxxx．可得，18xy．当且仅当2642xx，即6x时等号成立，代入302xyyx中得3y，故xy的最大值为18．解法二：Ryx,，xyxyyx22222，代入302xyyx中得：3022xyxy解此不等式得180xy．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Rcba、、，且1cba，求证：8111111cba．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abcacbaaa2111．证明：acbaaa111，又0a，0b，0c，abcacb2，即abcaa21．同理bcab211，cabc211，8111111cba．当且仅当31cba时，等号成立．说明：本题巧妙利用1cba的条件，同时要注意此不等式是关于cba、、的轮换式．典型例题十五例15设Rcba、、，求证：)(2222222cbaaccbba．分析：本题的难点在于222222accbba、、不易处理，如能找出22ba与ba之间的关系，问题可得到解决，注意到：babababaabba)(2)()(222222222，则容易得到证明．证明：2222222)(2)(22baabbabaabba，，于是．)(222222bababa同理：)(2222cbcb，)