基本不等式專題復(fù)習(xí)

基本不等式專題復(fù)習(xí)例1：已知$x,y>0$，且$x+2y=1$，求：變式1：已知$x,y>0$，且$x+y=1$，求：變式2：已知$x,y>0$，且$x+y=2$，求：變式3：已知$x,y>0$，求：例2：已知$x,y>0$，且$xy+2x+y=4$，求$x+y$的最小值。變式1：已知$x,y>0$，且$2x+y+6=xy$，求$xy$的最小值。變式2：已知$x,y>0$，且$x+2y+2xy=8$，求$x+2y$的最小值。變式3：已知實(shí)數(shù)$x,y$滿足$4x+y+xy=1$，求$2x+y$的最小值。變式4：已知實(shí)數(shù)$x,y$滿足$x+y+xy=1$，求$x+y$的最大值。例3：已知$a,b,c>0$，且$a(a+b+c)+bc=4$，求$2a+b+c$的最小值。變式1：已知$a,b,c>0$，且$a+2ab+2ac+4bc=12$，求$a+b+c$的最小值。例4：已知$x,y,z>0$，且$x-2y+3z=\sqrt{2}$，求$\frac{x+z}{xz}$的最小值。變式1：已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求$S=\frac{x}{xy+yz}+\frac{y}{yz+zx}+\frac{z}{zx+xy}$的最小值。變式2：已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求$S=\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}$的最大值。例5：已知$x,y,z>0$，求：變式1：求$\frac{1+z}{2xyz}$的最小值。變式2：求$\frac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$的最大值。例6：已知$x,y>0$，求$\frac{4xy}{4x+y}$的最大值。例7：已知$x,y>0$，且$2x+y=1$，求$x+y$的最小值。例8：已知正數(shù)$x,y$滿足$xy\leq1$，則$\frac{1+x}{1+2y}$的最小值為$\frac{1}{2}$。例9：將邊長為$a\sqrt{3}$的正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記$S=\frac{2\text{(梯形的周長)}}{\text{梯形的面積}}$，則$S$的最小值是$4$。例10：已知$a>0$，$b>0$，比較$a+b$和$3a^2b+3ab^2$的大小。例11：對(duì)任意實(shí)數(shù)$x>1$，$y>0$，不等式$p\leq\frac{2y-1}{x-1}$恒成立，則實(shí)數(shù)$p$的最大值為$2$?！纠?2】若實(shí)數(shù)$x,y$滿足$2x+xy-y=1$，則$\frac{2}{25}x-\frac{1}{22}y$的最大值為多少？【解答】將原式改寫為$y=2+\frac{1}{x-1}$，代入$\frac{2}{25}x-\frac{1}{22}y$中，得到$\frac{2}{25}x-\frac{1}{22}(2+\frac{1}{x-1})=\frac{3}{11}-\frac{2}{25}(x-1)-\frac{1}{22}(x-1)^{-1}$。令$f(x)=\frac{3}{11}-\frac{2}{25}(x-1)-\frac{1}{22}(x-1)^{-1}$，則$f'(x)=-\frac{2}{25}+\frac{1}{22}(x-1)^{-2}$，令$f'(x)=0$，解得$x=\frac{23}{24}$，代入$f(x)$得到最大值為$\frac{3}{22}$?！纠?3】已知$a,b\in\mathbb{R}$，函數(shù)$f(x)=ax-b$，若對(duì)任意$x\in[-1,1]$，有$|f(x)|\leq1$，則$3a+b+1$的取值范圍是多少？【解答】由于$|f(x)|\leq1$，所以$-1\leqf(x)\leq1$，即$-1\leqax-b\leq1$，移項(xiàng)得到$ax-1\leqb\leqax+1$。將$x=-1$代入得到$-2\leq3a+b\leq0$，將$x=1$代入得到$-2\leq-a+b\leq2$，聯(lián)立這兩個(gè)不等式組成的不等式組，解得$-\frac{3}{2}\leqa\leq\frac{1}{2}$，$-\frac{3}{2}-2a\leqb\leq\frac{1}{2}-2a$，所以$3a+b+1$的取值范圍是$[-\frac{3}{2},\frac{1}{2}]$?！纠?4】已知$x,y,z$為正數(shù)，且$x+y+z=1$，求$\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$的最小值。【解答】根據(jù)柯西不等式，有$(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)\geq(xy+yz+zx)^2$，所以$\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\geq\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}$。由于$(x+y+z)^2\geq3(xy+yz+zx)$，所以$xy+yz+zx\leq\frac{1}{3}$，因此$\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\geq3$。當(dāng)$x=y=z=\frac{1}{3}$時(shí)，等號(hào)成立，所以$\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$的最小值為$3$?！纠?5】設(shè)$x,y\in(1,e)$（$e$為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），求$\lnx\cdot\lny(1-\lnxy)$的最大值和最小值?！窘獯稹繉?\lnx\cdot\lny(1-\lnxy)$改寫為$\lnx\cdot\lny-\lnx\cdot\lny\cdot\lnxy$，再改寫為$\lnx\cdot\lny-\lnx\cdot\lny\cdot(\lnx+\lny)$。令$f(x,y)=\lnx\cdot\lny-\lnx\cdot\lny\cdot(\lnx+\lny)$，則$\frac{\partialf}{\partialx}=\frac{\lny}{x}-\lny-\frac{\lny}{x}+\frac{\lny}{x^2}=\frac{\lny}{x^2}-\lny$，令$\frac{\partialf}{\partialx}=0$，解得$x=e$，同理可得$y=e$，所以$f(e,e)=-e\lne=-e$是最小值。由于$f(x,y)$在$(1,e)\times(1,e)$上二階連續(xù)可微，所以可以使用二階條件判斷最大值和最小值，$\frac{\partial^2f}{\partialx^2}=-\frac{\lny}{x^3}$，$\frac{\partial^2f}{\partialx\partialy}=-\frac{1}{xy}$，$\frac{\partial^2f}{\partialy^2}=-\frac{\lnx}{y^3}$，在$(e,e)$處，$\frac{\partial^2f}{\partialx^2}<0$，$\frac{\partial^2f}{\partialy^2}<0$，$\frac{\partial^2f}{\partialx\partialy}>0$，所以$f(e,e)$是最大值。因此，$\lnx\cdot\lny(1-\lnxy)$的最大值為$-e$，最小值為$-\frac{1}{e}$。【例16】已知$a,b,c\in\mathbb{R}^*$，且$a+2b+3c=6$，求$\frac{2}{xyz}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{xz}+\frac{2}{yz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$的最小值?！窘獯稹扛鶕?jù)柯西不等式，有$(2+2+1)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz})\geq(\frac{2}{\sqrt[3]{x^2y^2z^2}})^2$，所以$\frac{2}{xyz}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{xz}+\frac{2}{yz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq14\sqrt[3]{\frac{1}{x^2y^2z^2}}$。由于$a+2b+3c=6$，所以$\frac{1}{a}+\frac{2}+\frac{3}{c}=\frac{6}{abc}$，根據(jù)柯西不等式，有$(1+2+3)(\frac{1}{a}+\frac{2}+\frac{3}{c})\geq(\frac{6}{\sqrt[3]{abc}})^2$，所以$\frac{1}{a}+\frac{2}+\frac{3}{c}\geq9\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}$，即$\frac{2}{xyz}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{xz}+\frac{2}{yz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq14\sqrt[3]{\frac{1}{x^2y^2z^2}}\geq\frac{196}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{2}+\frac{3}{c}\right)$。因此，$\frac{2}{xyz}+\frac{2}{xy}+\frac{2}{xz}+\frac{2}{yz}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$的最小值為$\frac{196}{9}$。【例17】已知$x>0,y>0,n\in\mathbb{N},n>1$，$A_n(x,y)=\frac{x^n+y^n}{x^{n-1}y+xy^{n-1}}$，$B_n(x,y)=\frac{x^n+y^n}{x^{n-1}+y^{n-1}}$，是否存在$f(n)$，使得對(duì)于任意的$x>0,y>0$，都有$A_n(x,y)\leqf(n)\leqB_n(x,y)$？【解答】當(dāng)$n=2$時(shí)，$A_2(x,y)=\frac{x^2+y^2}{xy+x^2+y^2}=\frac{1}{\frac{xy}{x^2+y^2}+1}\leq\frac{1}{2}$，$B_2(x,y)=\frac{x^2+y^2}{x+y}$，由柯西不等式，有$(x+y)(x^2+y^2)\geq(xy+x^2+y^2)^2$，所以$\frac{x^2+y^2}{xy+x^2+y^2}\geq\frac{x+y}{x^2+y^2}$，即$B_2(x,y)\geq\frac{x+y}{2}$，因此$f(2)=\frac{1}{2}$。當(dāng)$n\geq3$時(shí)，$A_n(x,y)=\frac{x^n+y^n}{x^{n-1}y+xy^{n-1}}\leq\frac{x^{n-1}+y^{n-1}}{x^{n-2}+y^{n-2}}\leq\cdots\leq\frac{x^2+y^2}{x+y}\leq\frac{1}{2}B_2(x,y)$，所以不存在$f(n)$，使得對(duì)于任意的$x>0,y>0$，都有$A_n(x,y)\leqf(n)\leqB_n(x,y)$?！咀兪?】已知$a,b,c>0$，且$a+2ab+2ac+4bc=12$，求$a+b+c$的最小值?！敬鸢浮?3/2【解析】根據(jù)題意，可以將原式改寫為$a(1+2b+2c)+4bc=12$，再利用AM-GM不等式，得到：$$a(1+2b+2c)+4bc\geq2\sqrt{a(1+2b+2c)\cdot4bc}=4\sqrt{2}a\sqrt{bc}$$因此，$a+b+c\geq\dfrac{4\sqrt{2}a\sqrt{bc}}{a}=4\sqrt{2}\sqrt{bc}$。當(dāng)且僅當(dāng)$1+2b+2c=4bc$時(shí)取等，解得$b=c=\dfrac{1}{2}$，代入原式得$a=\dfrac{1}{2}$，因此最小值為$23/2$?！咀兪?】已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求$S=\dfrac{1}{xyz}+\dfrac{1}{1+z}$的最小值。【答案】4【解析】根據(jù)題意，可以將$S$改寫為：$$S=\dfrac{1+z}{xyz(1+z)}+\dfrac{xyz}{xyz(1+z)}=\dfrac{1}{xy(1+z)}+\dfrac{1}{xz(1+y)}+\dfrac{1}{yz(1+x)}$$再利用AM-GM不等式，得到：$$\begin{aligned}S&\geq3\sqrt[3]{\dfrac{1}{(xy(1+z))(xz(1+y))(yz(1+x))}}\\&=3\sqrt[3]{\dfrac{1}{x^2y^2z^2(1+x)(1+y)(1+z)}}\\&\geq3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(\dfrac{x+y+z+3}{6}\right)^6}}\\&=4\end{aligned}$$因此，$S$的最小值為$4$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=y=z=\dfrac{1}{3}$時(shí)取等。【變式3】已知$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求$S=\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}$的最小值?！敬鸢浮?【解析】根據(jù)題意，可以將$S$改寫為：$$S=\dfrac{(xy+yz+zx)+(x^2+y^2+z^2)}{(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)}$$再利用AM-GM不等式，得到：$$\begin{aligned}S&\geq2\sqrt{\dfrac{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)}{(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx))^2}}\\&=2\end{aligned}$$因此，$S$的最小值為$2$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=y=z=\dfrac{1}{3}$時(shí)取等?！咀兪?】已知$x,y,z>0$，求$\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$的最大值?！敬鸢浮?\dfrac{5}{2}$【解析】根據(jù)題意，可以將$\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$改寫為：$$\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{xy}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{2yz}{x^2+y^2+z^2}$$再利用AM-GM不等式，得到：$$\begin{aligned}\dfrac{xy}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{2yz}{x^2+y^2+z^2}&\leq2\sqrt{\dfrac{xy}{(x^2+y^2+z^2)\cdot2yz}}+2\sqrt{\dfrac{yz}{(x^2+y^2+z^2)\cdot2xy}}\\&=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{y}{xz}+\dfrac{z}{xy}\right)\\&\leq\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot2\sqrt{\dfrac{y}{xz}\cdot\dfrac{z}{xy}}\\&=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}=\dfrac{5}{2}\end{aligned}$$因此，$\dfrac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$的最大值為$\dfrac{5}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=\dfrac{1}{\sqrt{2}},y=1,z=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$時(shí)取等。已知正數(shù)$x,y$滿足$xy\leq1$，則$\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+2y}\geq\frac{2}{1+\sqrt{xy}}$。解法：先將不等式兩邊通分，得到$\frac{3+2x+4y}{(1+x)(1+2y)}\geq\frac{2}{1+\sqrt{xy}}$。將$\frac{2}{1+\sqrt{xy}}$的分子、分母都乘以$1-\sqrt{xy}$，得到$\frac{2(1-\sqrt{xy})}{1-xy}\leq\frac{2}{1+\sqrt{xy}}$，即$1-xy\leq2\sqrt{xy}$。將不等式左邊的分子、分母都除以$1+2y$，得到$\frac{3}{1+x(1+2y)^{-1}}+2\geq2\sqrt{xy}$。由均值不等式，有$\frac{1+x}{2}\geq\sqrt{xy}$，即$\frac{1}{1+x}\leq\frac{2\sqrt{xy}}{1+x}$，代入原式得到$\frac{2\sqrt{xy}}{1+x}+\frac{1}{1+2y}\geq\frac{2}{1+\sqrt{xy}}$。將不等式左邊的分子、分母都乘以$1+\sqrt{xy}$，得到$2\sqrt{xy}+\frac{1+x}{1+2y}\geq2$。將不等式左邊的分子、分母都除以$2\sqrt{xy}$，得到$1+\frac{1+x}{2\sqrt{xy}(1+2y)}\geq1$。由均值不等式，有$\frac{1+x}{2\sqrt{xy}(1+2y)}\geq\frac{1}{1+\sqrt{xy}}$，代入原式得到$1+\frac{1}{1+\sqrt{xy}}\geq1$，即$\frac{1}{1+\sqrt{xy}}\geq\frac{1}{2}$。因此，原不等式成立。將邊長為$am$正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記$S$為梯形的面積，則$S$的最小值是多少？分析：設(shè)剪成的小正三角形的邊長為$x$，則$S=\frac{(3a-x)^2}{33}\cdot\frac{1}{2}(x+a)$，可以得到$S$關(guān)于$a,x$的關(guān)系式，利用關(guān)系式求最小值即可。解法一：我們可以利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值。$$S(x)=\frac{(3a-x)^2}{33}\cdot\frac{1}{2}(x+a)$$$$S'(x)=\frac{4(3a-x)^2}{33}\cdot\frac{a-x}{(a+x)^2(a-x)^3}$$令$S'(x)=0$，解得$x=\frac{3a}{2}$，代入原式可得$S_{\min}=\frac{3}{8}a^2$。解法二：利用函數(shù)的方法求最小值。令$3a-x=t(t\in(2a,3a)),\frac{x+a}{2}=s(s\in(0,a))$，則$$S=\frac{4t^2s}{3(6a-t)(t-2a)}$$令$S'=0$，解得$t=2s=\frac{3a}{2}$，代入原式可得$S_{\min}=\frac{3}{8}a^2$。解法三：利用雙換元法求最小值。令$a+x=t(>a),a-x=s(>0)$，則$$S=\frac{4t^2s}{3(t^2-s^2)}$$令$S'=0$，解得$t=2s=\frac{3a}{2}$，代入原式可得$S_{\min}=\frac{3}{8}a^2$。題后反思：本題考查函數(shù)中的建模應(yīng)用，等價(jià)轉(zhuǎn)化思想。一題多解。解法一是新課標(biāo)中，常用導(dǎo)數(shù)法求解高次、分式函數(shù)的一類問題。解法二轉(zhuǎn)化為函數(shù)思想，解法三是本文的核心思想，利用雙換元法求解本題，簡化了運(yùn)算，降低了難度，充分體現(xiàn)出了雙換元的優(yōu)越性。已知$a\geq0,b\geq0$，比較$a+b$和$3a^2b+3ab^2$的大小。分析：因?yàn)槭阶又泻腥胃?hào)，對(duì)$3a$和$3b$進(jìn)行雙換元，這樣容易解決問題。解法：令$3a=x,3b=y$，則$a=\frac{x}{3},b=\frac{y}{3}$，于是$$a+b-\sqrt[3]{3a^2b+3ab^2}=a+b-\sqrt[3]{xy^2+yx^2}$$$$=\frac{x}{3}+\frac{y}{3}-\sqrt[3]{\frac{1}{27}xy(x^2+y^2)}$$令$f(x)=\frac{x}{3}+\frac{y}{3}-\sqrt[3]{\frac{1}{27}xy(x^2+y^2)}$，則$$f'(x)=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\sqrt[3]{\frac{y^3}{x^2+y^2}}$$令$f'(x)=0$，解得$x=y$，代入$f(x)$可得$f_{\min}=0$。因此，當(dāng)$a+b\geq3a^2b+3ab^2$時(shí)，有$a+b\geq3a^2b+3ab^2$，當(dāng)$a+b<3a^2b+3ab^2$時(shí)，有$a+b<3a^2b+3ab^2$?！纠?1】對(duì)任意實(shí)數(shù)$x>1,y>0$，求實(shí)數(shù)$p$的最大值使得$\frac{x^2+4y^2}{2xy-1}\leqp$恒成立。分析：由于要求$p$的最大值，可以考慮使用基本不等式。但是分母形式較為復(fù)雜，不易直接使用基本不等式，因此可以采用雙換元的方法簡化分母。解法：令$2xy-1=t$，則$t>0$，$x^2+4y^2=(x^2-y^2)+2y^2=(x+y)(x-y)+2y^2=(x-y)(x+y)+2y^2=(x-y)(t+1)+2y^2$。因此原不等式可化為：$$\frac{(x-y)(t+1)+2y^2}{t}\leqp$$移項(xiàng)得：$$\frac{(x-y)(t+1)}{t}\leqp-2y^2$$由基本不等式可得：$$\frac{(x-y)(t+1)}{t}\leq\sqrt{(x-y)^2}\sqrt{\left(\frac{t+1}{t}\right)^2}=\frac{x-y}{t}\cdot\frac{t+1}{t+1}=1$$因此，原不等式成立要求：$$p-2y^2\geq1$$即：$$p\geq2y^2+1$$因此，$p$的最大值為$2y^2+1$，當(dāng)且僅當(dāng)$(x-y)(t+1)=t$時(shí)取等號(hào)，即$x=2,y=1$時(shí)取等號(hào)，此時(shí)$t=3$，因此$p_{\max}=2+1=3$。【例12】已知$a,b,c\in\mathbb{R}$，求$\frac{abc}{b^2+ca}+\frac{bca}{c^2+ab}+\frac{cab}{a^2+bc}$的最小值。分析：此題要求最小值，考慮使用基本不等式。但是分母形式較為復(fù)雜，不易直接使用基本不等式，因此可以采用三換元的方法簡化分母。解法：令$b+c-a=x>0,a+c-b=y>0,a+b-c=z>0$，則：$$\frac{abc}{b^2+ca}+\frac{bca}{c^2+ab}+\frac{cab}{a^2+bc}=\frac{abc}{(y+z)^2+(x+y)(x+z)}+\frac{bca}{(z+x)^2+(y+z)(y+x)}+\frac{cab}{(x+y)^2+(z+x)(z+y)}$$由基本不等式可得：$$\frac{abc}{(y+z)^2+(x+y)(x+z)}+\frac{bca}{(z+x)^2+(y+z)(y+x)}+\frac{cab}{(x+y)^2+(z+x)(z+y)}\geq\frac{3abc}{(y+z+z+x+x+y)+(x+y+y+z+z+x)+(z+x+x+y+y+z)}=\frac{3abc}{2(x+y+z)}$$因此，原式的最小值為$\frac{3abc}{2(x+y+z)}$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=y=z$時(shí)取等號(hào)，即$a=b=c$時(shí)取等號(hào)，此時(shí)最小值為$\frac{3abc}{2(