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数学百大经典例题-算术平均数与几何平均数


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典型例题一
例 1 已知 a, b, c ∈ R ,求证 a + b + c ≥ ab + bc + ca.
2 2 2

证明: 证明:∵

a 2 + b 2 ≥ 2ab , b 2 + c 2 ≥ 2bc , c 2 + a 2 ≥ 2ca , 三式相加,得

2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ,即 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.
说明: 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 a、b、c 是互不相等的正数, 求证: a (b 2 + c 2 ) + b(a 2 + c 2 ) + c ( a 2 + b 2 ) > 6abc 证明: 证明:∵ b + c > 2bc,a > 0 ,
2 2

∴ a (b 2 + c 2 ) > 2abc 同理可得: b( a 2 + c 2 ) > 2abc,c ( a 2 + b 2 ) > 2abc . 三个同向不等式相加,得

a (b 2 + c 2 ) + b(a 2 + c 2 ) + c(a 2 + b 2 ) > 6abc



说明: 说明:此题中 a、b、c 互不相等,故应用基本不等式时,等号不成立.特别地, a = b , b ≠ c 时, 所得不等式①仍不取等号.

典型例题三
2 2 2 2 2 2 例 3 求证 a + b + b + c + c + a ≥

2 (a + b + c) .
2 2

分析: 分析:此问题的关键是“灵活运用重要基本不等式 a + b ≥ 2ab ,并能由 2 ( a + b + c ) 这一特征, 思索如何将 a + b ≥ 2ab 进行变形,进行创造” .
2 2

证明: 证明:∵ a + b ≥ 2ab ,
2 2

两边同加 a + b 得 2( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b) 2 .
2 2

即a +b ≥
2 2

( a + b) 2 . 2

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∴ a +b ≥
2 2

1 2 a+b ≥ ( a + b) . 2 2
2 2

同理可得: b + c ≥

2 (b + c) , 2 2 (c + a ) . 2
2 2 2 2

c2 + a2 ≥
2 2

三式相加即得 a + b + b + c + c + a ≥

2 (a + b + c) .

典型例题四
例 4 若正数 a 、 b 满足 ab = a + b + 3 ,则 ab 的取值范围是
+ 解:∵ a, b ∈ R ,



∴ ab = a + b + 3 ≥ 2 ab + 3 ,令 y =

ab ,得 y 2 ? 2 y ? 3 ≥ 0 ,

∴ y ≥ 3 ,或 y ≤ ?1 (舍去) . ∴ y 2 = ab ≥ 9 ,∴

ab 的取值范围是 [9,+∞ ).

说明: 说明:本题的常见错误有二.一是没有舍去 y ≤ ?1 ;二是忘了还原,得出 ab ∈ [3,+∞ ) .前者和后者 的问题根源都是对 ab 的理解,前者忽视了 ab ≥ 0. 后者错误地将 y 2 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 y =

6 x2 + 1 的最大值. x2 + 4
2

(2)求函数 y = x +

4 的最小值,并求出取得最小值时的 x 值. x +1
2

(3)若 x > 0, y > 0 ,且 x + y = 2 ,求 x 2 + y 2 的最小值. (1) y = 解:

6 x2 + 1 6 x2 +1 = 2 = x2 + 4 ( x + 1) + 3

6 x2 +1 + 3 x2 +1



6 2 3

= 3.

即 y 的最大值为 3.

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当且仅当 x + 1 =
2

3 x +1
2

时,即 x = 2
2

x = ± 2 时,取得此最大值.

(2) y = x +
2

∴ 值.

4 4 = x2 + 1 + 2 ?1 ≥ 2 ? 4 ?1 = 3 x +1 x +1 4 y 的最小值为 3,当且仅当 2 = x 2 + 1 ,即 ( x 2 + 1) 2 = 4 , x 2 + 1 = 2 , x = ±1 时取得此最小 x +1
2

(3)∴

x 2 + y 2 ≥ 2 xy

2 2 2 ∴ 2( x + y ) ≥ ( x + y ) 即 x + y ≥ 2 2

( x + y)2 2

∵x+ y = 2

∴ x2 + y2 ≥ 2

即 x 2 + y 2 的最小值为 2.

当且仅当 x = y = 4 时取得此最小值. 说明: 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 y = 1 ? 2 x ?

分析: 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: x ≠ 0 ,应分别 对 x > 0, x < 0 两 种 情 况 讨 论 , 如 果 忽 视 x ∈ R
+

3 的最值. x

的 条 件 , 就 会 发 生 如 下 错 误 : ∵

y = 1 ? 2x ?

3 3 3 = 1 ? (2 x + ) ≤ 1 ? 2 2 x ? = 1 ? 2 6 , ymax = 1 ? 2 6. x x x
3 3 > 0 ,又 2 x ? = 6 , x x

解:当 x > 0 时, 2 x > 0, 当且仅当 2 x = ∴

3 6 3 ,即 x = 时,函数 2 x + 有最小值 2 6 . x 2 x

ymax = 1 ? 2 6.
3 3 > 0 ,又 (?2 x) ? (? ) = 6 , x x

当 x < 0 时, ? 2 x > 0,? 当且仅当 ? 2 x = ? ∴

3 6 3 ,即 x = + 时,函数 ? ( 2 x + ) 最小值 2 6 . x 2 x

ymin = 1 + 2 6 .

典型例题七

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例 7 求函数 y =

x 2 + 10 x2 + 9

的最值.

分析: 分析: y =

( x 2 + 9) + 1 x2 + 9
2

= x2 + 9 +

1 x2 + 9

≥2.
1 在 x ≥ 1 时单调递增这一性质,求 x

但等号成立时 x = ?8 ,这是矛盾的!于是我们运用函数 y = x + 函数 y = t + (t ≥ 3) 的最值. 解:设 t = ∴y=

1 t

x2 + 9 ≥ 3 ,

x 2 + 10

1 =t+ . t x2 + 9

1 t 1 10 故原函数的最小值为 3 + = ,无最大值. 3 3 典型例题八
当 t ≥ 3 时,函数 y = t + 递增.

例 8 求函数 y =

x2 + 5 x2 + 4

的最小值.

分析: 分析:用换元法,设 t =

1 1 x 2 + 4 ≥ 2 ,原函数变形为 y = t + (t ≥ 2) ,再利用函数 y = t + (t ≥ 2) 的 t t

单调性可得结果.或用函数方程思想求解. 解:解法一: 设t =

x + 4 ≥ 2 ,故 y =
2

x2 + 5
2

1 = t + (t ≥ 2). t x +4

t t ?1 1 1 设 t 2 > t1 ≥ 2, 1 ? y 2 = (t1 ? t 2 ) + ( ? ) = (t1 ? t 2 ) 1 2 y . t1 t 2 t1t 2
由 t1 ? t 2 < 0, t 2 > 2 ,得: t1t 2 ? 1 > 0 ,故: y1 < y 2 . t1 ∴函数 y = t + (t ≥ 2) 为增函数,从而 y ≥ 2 + 解法二: 设 x + 4 = t ≥ 2 ,知 y = t + (t ≥ 2) ,可得关于 t 的二次方程 t 2 ? yt + 1 = 0 ,由根与系数的关系,
2

1 t

1 5 = . 2 2

1 t

得: t1t 2 = 1 . 又 t ≥ 2 ,故有一个根大于或等于 2,

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设函数 f (t ) = t 2 ? yt + 1 ,则 f (2) ≤ 0 ,即 4 ? 2 y + 1 ≤ 0 ,故 y ≥ 说明: 说明:本题易出现如下错解: y =

5 . 2

x2 + 5 x2 + 4

= x2 + 4 +

1 x2 + 4

≥ 2 .要知道, x 2 + 4 =

1 x2 + 4

无实数解,即 y ≠ 2 ,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, a ≠ b 时,

a+b > ab ,不能直接求最大(小)值,可以利用恒等变形 2

a + b = (a ? b) 2 + 4ab ,当 a ? b 之差最小时,再求原函数的最大(小)值.

典型例题九 典型例题九
1? ? 1? ? a > 0, b > 0, a + b = 4, 求 ? a + ? + ? b + ? 的最小值. a? ? b? ?
2 2

例9

分析: 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.
2 2 2 解:由 a + b = 4, ,得 a + b = ( a + b) ? 2ab = 16 ? 2ab.

又 a 2 + b 2 ≥ 2ab, 得 16 ? 2ab ≥ 2ab ,即 ab ≤ 4 .

4 ? 4? 1 1? ? ? ? ?4 + ? ?4 + ? ?a + + b + ? 2 2 1? ? 1? 25 ab ? 4? a b? ? ? ? ∴? a + ? + ?b + ? ≥ ? = ≥ = . 4 2 2 a? ? b? 2 ?
故?a +

2

2

2

? ?

25 1? ? 1? ? + ? b + ? 的最小值是 . 2 a? ? b?
2 2

2

2

说明: 说明:本题易出现如下错解:
2 2 ? 1? ? 1? 1? 1? ? 1? 1? ? ? ? ∴ ? a + ? + ? b + ? ≥ ? 2 a ? ? + ? 2 b ? ? = 4 + 4 = 8 ,故 ? a + ? + ? b + ? 的最小值是 8. ? ? ? ? a? b? ? a? b? a? ? b? ? ? ? ? 2 2

错误的原因是,在两次用到重要不等式当等号成立时,有 a = 1 和 b = 1 ,但在 a + b = 4 的条件下,这两个 式子不会同时取等号( a = 1时,b = 3 ) .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: a, b, c ∈ R ,求证:

bc ac ab + + ≥ a+b+c. a b c

分析: 分析:根据题设,可想到利用重要不等式进行证明. 证明: 证明:

bc ac abc 2 bc ac + ≥2 = 2c , 即 + ≥ 2c. a b ab a b

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同理:

bc ab ac ab + ≥ 2b, + ≥ 2a a c b c

? bc ac ab ? ∴ 2? + + ? ≥ 2(a + b + c). b c ? ? a ∴ bc ac ab + + ≥ a + b + c. a b c

说明: 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

a+b ≥ ab 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 2
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 a、b、c、d、e ∈ R ,且 a + b + c + d + e = 8 , a + b + c + d + e = 16 ,求 e 的最大
2 2 2 2 2

值. 分析:如何将 a + b 与 a + b 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 分析:
2 2

数定理 a + b ≥ 2ab 两边同加 a + b 之后得 a + b ≥
2 2 2 2

2

2

1 (a + b) 2 . 2

1 (a + b) 2 ,则有 2 1 1 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ [(a + b) 2 + (c + d ) 2 ] ≥ (a + b + c + d ) 2 , 2 4 1 16 ∴16 ? e 2 ≥ (8 ? e) 2 ? 0 ≤ e ≤ . 4 5 6 16 当a = b = c = d = 时,e最大值= . 5 5
解:由 a + b ≥
2 2

说明: 说明:常有以下错解:

16 ? e 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ 2(ab + cd ) ≥ 4 abcd ,

8 ? e = a + b + c + d ≥ 4 4 abcd . (16 ? e 2 ) 2 8?e 4 故 ≥ abcd , ( ) ≥ abcd . 2 4 4
两式相除且开方得

16 ? e 2 16 ≥1? 0 ≤ e ≤ . 2 5 (8 ? e) 4 1 ,相除则有 2 > 2 . 2

错因是两不等式相除,如 2 > 1, 1 > 不等式 a + b ≥
2 2

1 (a + b) 2 是解决从“和”到“积”的形式.从“和”到“积”怎么办呢?有以下变形: 2

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a2 + b2 ≥

1 a2 + b2 1 ( a + b) 2 或 ≥ ( a + b) . 2 2 2

典型例题十二
x2 + y2 ≥ 2 2 ,并且求等号成立的条件. x? y

例 12 已知: x>y > 0 ,且: xy = 1 ,求证:

分析: 分析 : 由已知条件 x,y ∈ R + ,可以考虑使用均值不等式,但所求证的式子中有 x ? y ,无法利用

x + y ≥ 2 xy ,故猜想先将所求证的式子进行变形,看能否出现 ( x ? y ) +
证明: 证明:∵ x > y > 0, ∴ x ? y > 0.

1 型,再行论证. ( x ? y)

又 ∵ xy = 1,



x 2 + y 2 ( x ? y ) 2 + 2 xy = x? y x? y

= ( x ? y) +

2 x? y

≥ 2 ( x ? y) ?

2 = 2 2. ( x ? y)
2 时. ( x ? y)

等号成立,当且仅当 ( x ? y ) =

∴ ( x ? y ) 2 = 2 , x ? y = 2 , x 2 + y 2 = 4.

∵ xy = 1, ∴ ( x + y ) 2 = 6,
∴ x + y = 6.
由以上得 x =

6+ 2 6? 2 , y= 2 2

即当 x =

6+ 2 6? 2 , y= 时等号成立. 2 2

说明: 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

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例 13 已知 x > 0,y > 0 ,且 x + 2 y + xy = 30 ,求 xy 的最大值. 分析:由 x + 2 y + xy = 30 ,可得, y = 分析: 故 xy =

30 ? x ,  < x < 30) (0 2+ x

30 x ? x 2 30 x ? x 2   < x < 30) ,令 t = (0 . 2+ x 2+ x

利用判别式法可求得 t (即 xy )的最大值,但因为 x 有范围 0 < x < 30 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: 解法一:由 x + 2 y + xy = 30 ,可得, y =

30 ? x   < x < 30) . (0 2+ x

30 x ? x 2 ? (2 + x) 2 + 34(2 + x) ? 64 xy = = 2+ x 2+ x

64 ? ? = 34 ? ?( x + 2) + x + 2? ? ?
注意到 ( x + 2) + 可得, xy ≤ 18 . 当且仅当 x + 2 = 18.
+ 解法二: 解法二:∵ x, y ∈ R ,∴ x + 2 y ≥ 2 2 xy = 2 2 ?

64 64 ≥ 2 ( x + 2) ? = 16 . x+2 x+2

64 ,即 x = 6 时等号成立,代入 x + 2 y + xy = 30 中得 y = 3 ,故 xy 的最大值为 x+2

xy ,

代入 x + 2 y + xy = 30 中得: 2 2 ?

xy + xy ≤ 30

解此不等式得 0 ≤ xy ≤ 18 .下面解法见解法一,下略. 说明: 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
? 1 ?? 1 ?? 1 ? + 例 14 若 a、b、c ∈ R ,且 a + b + c = 1 ,求证: ? ? 1?? ? 1?? ? 1? ≥ 8 . ? a ?? b ?? c ?
分析: 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

1 1 ? a b + c 2 bc ?1= = ≥ . a a a a

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证明:∵

1 1? a b + c ?1= = ,又 a > 0 , b > 0 , c > 0 , a a a



b + c 2 bc 1 ? a 2 bc ≥ ≥ ,即 . a a a a 1 2 ca 1 2 ab ?1 ≥ , ?1≥ , b b c c

同理

? 1 ?? 1 ?? 1 ? ∴ ? ? 1?? ? 1?? ? 1? ≥ 8 . ? a ?? b ?? c ? 1 时,等号成立. 3 说明: 说明:本题巧妙利用 a + b + c = 1 的条件,同时要注意此不等式是关于 a、b、c 的轮换式. 典型例题十五
当且仅当 a = b = c =
2 2 2 2 例 15 设 a、b、c ∈ R ,求证: a + b + b + c +
+

c 2 + a 2 ≥ 2 (a + b + c) .
2 2

分析: 分析:本题的难点在于 a + b 、 b + c 、 c + a 不易处理,如能找出 a + b 与 a + b 之间的关
2 2 2 2 2 2

系,问题可得到解决,注意到:

a 2 + b 2 ≥ 2ab ? 2(a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 ? 2(a 2 + b 2 ) ≥ a + b ,
则容易得到证明.
2 2 2 2 2 2 2 证明: 证明:∵ a + b ≥ 2ab, ∴ 2( a + b ) ≥ a + b + 2ab ≥ ( a + b) ,

于是 a + b ≥
2 2

2 2 a+b = (a + b). 2 2 2 2 (b + c) , c 2 + a 2 ≥ (c + a ) . 2 2 c 2 + a 2 ≥ 2 (a + b + c) .

同理: b + c ≥
2 2

三式相加即得: a 2 + b 2 + b 2 + c 2 +

说明:注意观察所给不等式的结构,此不等式是关于 a、b、c 的轮换式.因此只需抓住一个根号进行 说明: 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: a、b ∈ R (其中 R 表示正实数)
+

a2 + b2 a + b ? a + b ? 2 ? ≥ ab ≥ ≥ ≥? 求证: . ? ? 1 1 2 2 2 ? ? + a b

2

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分析: 分析:要证明的这一串不等式非常重要,

a2 + b2 a+b 称为平方根, 称为算术平均数, ab 称为 2 2

几何平均数,

2 1 1 + a b

称为调和平均数.

? a2 + b2 证明: 证明: ? ? 2 ? ? a2 + b2 ∴? ? 2 ?
∵ a、b ∈ R +
2

? ? a + b ?2 1 2 ? ?? ? = (a ? b ) ≥ 0. ? ? 2 ? 4 ?

2

2 ? ? ≥ ?a +b? . ? ? ? ? 2 ? ?

a2 + b2 a + b ≥ ∴ ,当且仅当“ a = b ”时等号成立. 2 2
a+b ? a + b? 1 ? = ( a ? b ) 2 ≥ 0. ∵ ?? ? ? 2 2 4 ? ? a+b ? a + b? ? ,等号成立条件是“ a = b ” ∴ ≥? ? ? 2 2 ? ?
2 2

? a + b? 1 ? ? ab = ( a ? b ) 2 ≥ 0, ∵? ? ? 2 4 ? ? ? a+ b? ? ≥ ab ,等号成立条件是“ a = b ” ∴? . ? ? 2 ? ?
∵ ab ? 2 1 1 + a b = ab ? 2ab (a + b) ab ? 2ab = a+b a+b
2

2

ab (a + b ? 2 ab ) ab ( a ? b ) 2 = = ≥ 0. a+b a+b
∴ ab ≥

2 1 1 + a b

,等号成立条件是“ a = b ” .

说明: 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

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2 2

例 17

设 实 数 a1 , b1 , c1 , a 2 , b2 , c2 满 足 a1 a 2 > 0 , a1c1 ≥ b1 , a 2 c 2 ≥ b2 , 求 证

(a1 + a 2 )(c1 + c 2 ) ≥ (b1 + b2 ) 2 .
分析: 分析:由条件可得到 a1 , a 2 , c1 , c2 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 a1c 2 和 a 2 c1 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: 证明:∵ a1 a 2 > 0 , ∴ a1 , a 2同号. 同理,由 a1c1 ≥ b1 ,a 2 c 2 ≥ b2 知 a1 与 c1 同号, a 2 与 c 2 同号
2 2

∴ a1 , c1 , a 2 , c2 同号.不妨都设为正.

∴ (a1 + a 2 )(c1 + c 2 ) = a1c1 + a 2 c 2 + a1c 2 + a 2 c1
≥ b1 + b2 + 2 a1c 2 ? a 2 c1
2 2

= b1 + b2 + 2 a1c1 ? a 2 c 2
2 2

≥ b1 + b2 + 2 b1 ? b2
2 2 2

2

= b1 + b2 + 2 | b1b2 |
2 2

≥ b1 + b2 + 2b1b2 = (b1 + b2 ) 2 ,
2 2

即 ( a1 + a 2 )(c1 + c 2 ) ≥ (b1 + b2 ) 2 . 说明: 说明:本题是根据题意分析得 a1 , c1 , a 2 , c2 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 a1 , c1 , a 2 , c2 为同号,不妨设同为正.又∵ a1c1 ≥ b1 , a 2 c 2 ≥ b2 ,∴
2 2

4a1c1 ≥ 4b1 , 4a 2 c 2 ≥ 4b2 .
2 2

不等式 a1 x 2 + 2b1 x + c1 ≥ 0 , a 2 x 2 + 2b2 x + c 2 ≥ 0 对任意实数 x 恒成立(根据二次三项式恒为正的 充要条件) ,两式相加得 ( a1 + a 2 ) x 2 + 2(b1 + b2 ) x + (c1 + c 2 ) ≥ 0 ,它对任意实数 x 恒成立.同上可得:

(a1 + a 2 )(c1 + c 2 ) ≥ (b1 + b2 ) 2 .

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

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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: 分析:可先设出羊圈的长和宽分别为 x , y ,即求 xy 的最大值.注意条件 4 x + 6 y = 36 的利用. 解:设每间羊圈的长、宽分别为 x , y ,则有 4 x + 6 y = 36 ,即 2 x + 3 y = 18 .设 S = xy

∵18 = 2 x + 3 y ≥ 2 2 x ? 3 y = 2 6 xy ,
∴ xy ≤ 27 27 , 即S ≤ 2 2

上式当且仅当 2 x = 3 y 时取“=” .

?2 x = 3 y , 此时 ? ?2 x = 3 y = 18 ,
∴羊圈长、宽分别为

9 ? ?x = , ∴? 2 ? y = 3. ? 9 m,3m 时面积最大. 2

说明: ,将题中条件数学化(即建立数学模型)才能利用数学知 说明:(1)首先应设出变量(此处是长和宽) 识 求 解 ; (2) 注 意 在 条 件 2 x + 3 y = 18 之 下 求 积 xy 的 最 大 值 的 方 法 : 直 接 用 不 等 式

18 = 2 x + 3 y ≥ 2 2 x ? 3 y , 即 可 出 现 积 xy . 当 然 , 也 可 用 “ 减 少 变 量 ” 的 方 法 :
1 1 1 1 ? 2 x + 18 ? 2 x ? y = (18 ? 2 x) → S = xy = x ? (18 ? 2 x) = ? 2 x ? (18 ? 2 x) ≤ ? ? ? 3 3 6 6 ? 2 ?
2 x = 18 ? 2 x 时取“=” .
2

, 当 且 仅 当

典型例题十九
例 19 某单位建造一间地面面积为 12m 的背面靠墙的矩形小房,房屋正面的造价为 1200 元/m ,房屋 2 侧面的造价为 800 元/m ,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: 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 12m ,但长和宽不知道,故考虑设宽为 x m,则长为 函数关系了. 解:设矩形地面的正面宽为 x m,则长为
2 2 2

12 m,再设总造价为 y .由题意就可以建立 x

12 m;设房屋的总造价为 y .根据题意,可得: x

y = 3 x ? 1200 + 3 ?

12 ? 800 × 2 + 5800 x

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= 3600 x +

57600 + 5800 x

= 3600( x +

16 16 ) + 5800 ≥ 3600 × 2 x ? + 5800 x x

= 28800 + 5800 = 34600(元)
当x=

16 ,即 x = 4 时, y 有最小值 34600 元. x

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: 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
,高度恒定,它的后墙利用旧墙不花钱,正面用 例 20 某单位决定投资 3200 元建一仓库(长方体状) 2 铁栅,每 1m 长造价 40 元,两侧墙砌砖,每 1m 长造价 45 元,顶部每 1m 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: 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 x m,一堵砖墙长为 y m,则有 S = xy . 由题意得 40 x + 2 × 45 y + 20 xy = 3200. 应用算术平均数与几何平均数定理,得

(*)

3200 ≥ 2 40 x ? 90 y + 20 xy = 120 xy + 20 xy = 120 S + 20S ,
∴ S + 6 S ≤ 160,
即: ( S ? 10)( S ? 10) ≤ 0.

∵ S + 16 > 0, ∴ S ? 10 ≤ 0,
从而: S ≤ 100. 因此 S 的最大允许值是 100m ,取得此最大值的条件是 40 x = 90 y ,而 xy = 100 ,由此求得 x = 15 ,
2

即铁栅的长应是 15m . 说明: 说明:本题也可将 y =

S 代入(*)式,导出关于 x 的二次方程,利用判别式法求解. x

典型例题二十一

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例 21 甲、乙两地相距 s km ,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不超过 c km/h ,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 v km/h 的平方成正比,且比例系 .... 数为 b ;固定部分为 a 元. (1)把全程运输成本 y 元表示为速度 v km/h 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: 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. (1)依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用的时间为 解:

s h ,全程运输成本为 v

s s a y = a ? + bv 2 ? = s ( + bv) . v v v a 故所求函数为 y = s ( + bv ) ,定义域为 v ∈ (0,c ) . b (2)由于 s、a、b、v 都为正数,
故有 s ( + bv) ≥ s ? 2

a v

a ? bv , b

即 s ( + bv ) ≥ 2 s ab .

a v

当且仅当

a a = bv ,即 v = 时上式中等号成立. v b



a a ≤ c 时,则 v = 时,全程运输成本 y 最小; b b a a a ≤ c ,易证 0 < v < c ,函数 y = f (v) = s ( + bv) 单调递减,即 v = c 时, ymin = s ( + bc) . b v c



综上可知,为使全程运输成本 y 最小, 在

a a ≤ c 时,行驶速度应为 v = ; b b a ≤ c 时,行驶速度应为 v = c . b



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