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第三十四讲 基本不等式及其应用班级________ 姓名________ 考号________ 日期________ 得分________ 一、选择题：(本大题共6小题，每小题6分，共36分，将正确答案的代号填在题后的括号内．)1．“a >0且b >0”是“a ＋b2≥ab ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案：A2．设a 、b ∈R ＋，且a ＋b ＝4，则有( ) A.1ab ≥12 B.1a ＋1b≥1 C.ab ≥2D.1a 2＋b 2≥14解析：由a ，b ∈R *，且a ＋b ＝4得2ab ≤4⇔ab ≤2，1ab ≥14，又由1a 2＋b 2≤1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，即1a 2＋b 2≤14.由此可知，A ，C ，D 都不正确，则只有B 正确，故选B. 答案：B3．设0<x <1，a ，b 都为大于零的常数，则a 2x ＋b 21－x的最小值为( )A ．(a －b )2B ．(a ＋b )2C ．a 2b 2D ．a 2解析：∵(1－x ＋x )(a 2x ＋b 21－x )＝(1－x )a 2x ＋xb 21－x＋a 2＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2.∴选B.答案：B4．已知x 2＋y 2＝a ，m 2＋n 2＝b ，且a ≠b ，则mx ＋ny 的最大值是( ) A.ab B.a ＋b2C.a 2＋b 22 D.12a 2＋b 2分析：由条件x 2＋y 2＝a ，m 2＋n 2＝b 易联想到三角换元． 解析：令x ＝a cos α，y ＝a sin α，α∈[0,2π)，m ＝b cos β，n ＝b sin β，β∈[0,2π)，则mx ＋ny ＝ab cos αcos β＋ab sin αsin β＝ab (cos αcos β＋sin αsin β)＝ab cos(α－β)． ∵cos(α－β)≤1，∴mx ＋ny 的最大值为ab . 答案：A评析：此题若使用均值不等式，即mx ＋ny ≤m 2＋x 22＋n 2＋y 22＝a ＋b2，会错选B ，因为上述不等式“＝”不能取得．5．设a >b >c >0，则2a 2＋1ab＋1a (a －b )－10ac ＋25c 2的最小值是( )A ．2B ．4C ．2 5D ．5 解析：原式＝a 2＋1ab＋1a (a －b )＋a 2－10ac ＋25c 2＝a 2＋1b (a －b )＋(a －5c )2≥a 2＋4a2＋0≥4，当且仅当b ＝a －b 、a ＝5c 且a 2＝4a2，即a ＝2b ＝5c ＝2时“＝”都成立，故原式的最小值为4，选B.答案：B6．已知x >0，y >0，x ＋2y ＋2xy ＝8，则x ＋2y 的最小值是( ) A ．3B ．4C.92D.112解析：依题意得(x ＋1)(2y ＋1)＝9，(x ＋1)＋(2y ＋1)≥2(x ＋1)(2y ＋1)＝6，x ＋2y ≥4，当且仅当x ＋1＝2y ＋1，即x ＝2，y ＝1时取等号，故x ＋2y 的最小值是4，选B.答案：B二、填空题：(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上．) 7．在“4 ＋9＝1”中的“__”处分别填上一个自然数，使它们的和最小，并求出其和的最小值．________分析：.本题条件、结论皆开放，可设所要填写的两数分别为x ，y ，再利用均值定理去探索．解析：设这两个自然数分别为x ，y ， 则有x ＋y ＝(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋9y ＝13＋4y x ＋9x y ≥13＋24y x ·9xy＝25，当且仅当4y x ＝9x y，且4x ＋9y＝1，即x ＝10，y ＝15时等号成立，故分别填10和15，其和的最小值为25.答案：10 15 25评析：本题解答的关键是将已知中的“1”代换．应用均值定理求函数的最值时，必须注意“一正二定三相等”．8．若a ，b 是正常数，a ≠b ，x ，y ∈(0，＋∞)，则a 2x ＋b 2y ≥(a ＋b )2x ＋y ，当且仅当a x ＝by时取等号．利用以上结论，可以得到函数f (x )＝2x ＋91－2x (x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12)的最小值为________，取最小值时x 的值为________．解析：f (x )＝222x ＋321－2x ≥(2＋3)22x ＋(1－2x )＝25.当且仅当22x ＝31－2x ，即x ＝15时上式取最小值，即[f (x )min ]＝25.答案：25 159．(精选考题·重庆)已知t >0，则函数y ＝t 2－4t ＋1t的最小值为________．解析：依题意得y ＝t ＋1t －4≥2t ·1t －4＝－2，此时t ＝1，即函数y ＝t 2－4t ＋1t(t >0)的最小值是－2.答案：－210．(精选考题·浙江)若正实数x ，y 满足2x ＋y ＋6＝xy ，则xy 的最小值是________． 解析：由基本不等式得xy ≥22xy ＋6，令xy ＝t 得不等式t 2－22t －6≥0，解得t ≤－2(舍去)或者t ≥32，故xy 的最小值为18.答案：18三、解答题：(本大题共3小题，11、12题13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤．)11．设a 、b 、c 为正数，求证bc a ＋ca b ＋abc≥a ＋b ＋c 分析：通过观察可得：bc a ·ca b ＝c 2，bc a ·ab c ＝b 2，ca b ·ab c＝a 2从而利用基本不等式即可． 证明：∵a 、b 、c 均是正数 ∴bc a ，ca b ，abc 均是正数∴bc a ＋ca b≥2c ，ca b ＋ab c≥2a ，ab c ＋bc a≥2b三式相加得：2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a＋ca b＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )∴bc a ＋ca b ＋abc≥a ＋b ＋c评析：先局部运用基本不等式，再利用不等式的性质，(注意限制条件)通过相加(乘)合成为待证的不等式，既是运用基本不等式时的一种重要技能，也是证明不等式时的一种常用方法．12．设函数f (x )＝x ＋ax ＋1，x ∈[0，＋∞)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的最小值； (2)当0<a <1时，求函数f (x )的最小值． 解：(1)把a ＝2代入f (x )＝x ＋ax ＋1中，得f (x )＝x ＋2x ＋1＝x ＋1＋2x ＋1－1. 由于x ∈[0，＋∞)，所以x ＋1>0，2x ＋1>0.所以f (x )≥22－1. 当且仅当x ＋1＝2x ＋1，即x ＝2－1时，f (x )取得最小值，最小值为22－1. (2)因为f (x )＝x ＋a x ＋1＝x ＋1＋ax ＋1－1，(此时再利用(1)的方法，等号取不到) 设x 1>x 2≥0，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋ax 1＋1－x 2－ax 2＋1＝(x 1－x 2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－a (x 1＋1)(x 2＋1). 由于x 1>x 2≥0，所以x 1－x 2>0，x 1＋1>1，x 2＋1≥1.所以(x 1＋1)(x 2＋1)>1.而0<a <1， 所以a(x 1＋1)(x 2＋1)<1.所以f (x 1)－f (x 2)>0.即f (x 1)>f (x 2)，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )min ＝f (0)＝a .评析：(2)问中因等号不能取到，所以考虑使用函数单调性，由此提醒我们时刻注意三个条件，在变形时拆分项及配凑因式是常用的方法．13．某厂为适应市场需求，投入98万元引进世界先进设备，并马上投入生产，第一年需各种费用12万元，从第二年开始，每年所需费用会比上一年增加4万元．而每年因引入该设备可获得年利润为50万元．请你根据以上数据，解决以下问题：(1)引进该设备多少年后，开始盈利？(2)引进该设备若干年后，有两种处理方案：第一种：年平均利润达到最大值时，以26万元的价格卖出．第二种：盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出．问哪种方案较为合算？ 解：开始盈利就是指所获利润大于投资总数，据此建立不等式求解；所谓方案最合理，就是指卖出设备时的年平均利润较大，因此只需将两种方案的年平均利润分别求出，进行比较即可．(1)设引进该设备x 年后开始盈利．盈利额为y 万元． 则y ＝50x －98－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12x ＋x (x －1)2×4＝－2x 2＋40x －98，令y >0，得10－51<x <10＋51，∵x ∈N *，∴3≤x ≤17.即引进该设备三年后开始盈利；(2)第一种：年平均盈利为y x ，y x＝－2x －98x＋40≤－22x ·98x＋40＝12，当且仅当2x＝98x，即x ＝7时，年平均利润最大，共盈利12×7＋26＝110万元．第二种：盈利总额y ＝－2(x －10)2＋102，当x ＝10时，取得最大值102，即经过10年盈利总额最大，共计盈利102＋8＝110万元两种方案获利相等，但由于方案二时间长，所以采用方案一合算．评析：用基本不等式解决实际问题时，一般都是求某个量的最值，这时，先把要求最值的量表示为某个变量的函数，再利用基本不等式求该函数的最值，求最值时，仍要满足前面所说的三个求最值的要求．有些实际问题中，要求最值的量需要用几个变量表示，同时，这几个变量满足某个关系式，这时，问题变成了一个条件最值，可用前面的求条件最值的方法求最值．。
第三十四讲基本不等式及其应用回归课本1.算术平均数如果a,b∈R+,那么2.几何平均数a b2叫做这两个正数的算术平均数.如果a,b∈R+,那么ab叫做这两个正数的几何平均数.3.重要不等式如果a,b ∈R,则a 2+b 2≥2ab(当且仅当a=b 时,取“=”);+a b ≥ ab均值定理:如果a,b ∈R ,那么(当且仅当a=b 时2 ,取“=”).均值定理可以叙述为:两个正实数的算术平均数大于或等于它们的几何平均数.4.变式形式a 2 +b 2 ⎛ a + b ⎫2 b a(1) ab≤; (2) ab≤ ⎪ ; (3) + ≥2(ab>0);a b2 ⎝ 2 ⎭⎛ a + b ⎫2 a 2+ b2 2 2(4) ⎪≤; (5) a+b≤ 2( a + b ).上述不等式⎝ 2 ⎭ 2中等号成立的充要条件均为a=b.5.已知x、y都是正数,则(1)若x+y=S(和为定值),则当x=y时,积xy取最大值14S2.(2)若xy=P(积为定值),则当x=y时,和x+y取得最小值2P. 即两个正数的和为定值,则可求其积的最大值;积为定值,则可求其和的最小值.应用此结论要注意三个条件;“一正二定三相等”,即:①各项或各因式为正;②和或积为定值;③各项或各因式都能取得相等的值.考点陪练1.函数y=log2x+log x2的值域是()A.(-∞,-2]B.[2,+∞)C.[-2,2]D.(-∞,-2]∪[2,+∞)答案:D2.已知x+3y=2,则3x+27y的最小值为()A.6B.339C .22D.4答案:A1 a + b3.给出下列各式 : ①a 2+1 > 2a; ②x + ≥2; ③≤2;x ab④x2+ 1 ≥1.其中正确的个数是( )x2+1A.0B.1C.2D.3答案:C4.设0 < a <1, 0 < b <1, 且a ≠ b, 下列各式中值最大的是() A.a 2+ b 2 B.a + bC .2 ab D.2 ab答案:B5.设a > 0, b > 0, 下列不等式中不成立的是( ) A. a + b ≥2 B.a 2+ b 2≥2abb aC . b 2+ a2≥a+b D. 1 + 1 ≥2+ 2a ab a + bb解析:由b> 0, 且a> 0, 得b+a≥2b a = 2.所以A成立,Ba b a b a b显然成立, C可变形为a3+b3≥a2b+ab2⇔(a2-b2)(a-b)≥0⇔(a+b)(a-b)2≥0,所以C成立.D中令a=b=1时不成立.答案:D类型一证明不等式解题准备:证明不等式是均值不等式的一个基本应用,注意分析不等式的左右两边的结构特征,通过拆(添)项创设一个应用均值不等式的条件.在解决本类问题时注意以下几点:(1)均值不等式成立的前提条件;(2)通过加减项的方法配凑成算术平均数、几何平均数的形式;(3)注意“1”的代换;(4)灵活变换基本不等式的形式并注意其变形式的运用.【典例1】证明:a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c). [分析]利用a2+b2≥2ab(a,b∈R)求证即可.[证明]∵a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2c2a2,∴2(a4+b4+c4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2),即a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2,又a2b2+b2c2≥2ab2c,b2c2+c2a2≥2abc2,c2a2+a2b2≥2a2bc,∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2(ab2c+abc2+a2bc),即a2b2+b2c2+c2a2≥ab2c+abc2+a2bc=abc(a+b+c). 即原命题可得证.[反思感悟]证明不等式时, 可依据求证式两端的式子结构, 合理选择基本不等式及其变形不等式来证.a 2+b 2 a + b如a2+b2≥2ab(a, b∈R),可变形为ab≤; ≥ ab2 2⎛ a + b ⎫2(a, b ∈{正实数})可变形为ab≤ ⎪等.同时要从整体上⎝ 2 ⎭把握基本不等式,如: a4+b4≥2a2b2, a2b2+b2c2≥2(ab)(bc), 都是对“a2+b2≥2ab, a, b∈R”的灵活运用.本题先局部运用重要不等式,然后用不等式的性质,通过不等式相加(有时相乘)综合推出要求证的不等式,这种证明方法在证明这类轮换对称不等式时具有一定的普遍性.类型二求最值解题准备:1.利用基本不等式可以求一些函数或代数式的最值.2.应用重要不等式和基本不等式可以得到一些常用的不等式,主要有:1 如果a, b ∈ ,则a2 + b 2≥ a + b ≥≥ 20, +∞ ab . ( ) ( ) 2 2 1 1+a b(2 )若x ∈(0, +∞), 则x + 1 ≥2;若x∈(-∞, 0),则x+1≤-2(当x x且仅当x=y时取等号);⎛ a + b ⎫2(3)ab≤ ⎪ (当且仅当a = b 时取等号);2⎝ ⎭(4 )a 2+ b 2 + c 2≥ab + ac + bc(当且仅当a = b = c时取等号).【典例2】解下列问题 :( )+ b =1, 求ab 的最大值; 1 已知a > 0, b > 0, 且4a( )42 已知x > 2, 求x+的最小值;x - 23 已知x > 0, y > 0, 且x + y =1, 求4 + 9 的最小值.( ) x y( )[解] 1 解法一: a>0, b>0, 4a+b=1, ∴1 = 4 a+b≥2 4 ab= 4 ab,当且仅当4a=b = 1 , 即a=1, b=1时,等号成立.2 8 21,∴ab≤1 1.∴ ab ≤.所以ab的最大值为4 16 16解法二: a > 0, b > 0, 4a + b =1,∴ab = 1 ⨯ 4 a b≤1 ⎛ 4 a+b⎫ 2 = 1 ,⎪4 4 ⎝ 2 ⎭ 16当且仅当4a=b = 1 , 即a=1, b=1时,等号成立.2 8 2所以ab的最大值为1.16(2 ) x > 2,∴x - 2 > 0,∴ x + 4 = x -2+ 4 + 2≥2 ( x- 2) 4 + 2 = 6, x -2 x - 2 x - 2当且仅当x-2 =4 ,即x = 4时, 等号成立.x - 2所以x+4的最小值为6.x -2(3 ) x > 0, y > 0, x + y = 1,⎛ 9 ⎫4 9 4 4 y 9 x≥13+2 4 y 9x∴ + = ( x + y) + ⎪= 13 + + = 25, x y ⎝ x y ⎭ x y x y⎧ x + y =1, ⎧ 24 y 9x ⎪x =5 ,⎪当且仅当= 时等号成立,由⎨ 4 y 9x 得⎨x y ⎪ = , ⎪ 3⎩ x y ⎪ y =5 ,⎩∴当x = 2, y=3时取等号.5 5所以4 + 9 的最小值为25.x y[反思感悟] (1)求最值时, 要注意“一正, 二定, 三相等”,一定要明确什么时候等号成立.(2 )学好基本不等式, 关键是灵活应用, 添常数、配系数、“1”的代换是常用到的方法.在本例(1)中解法二采用了配系数,(2)中采用了添常数,(3)中利用了“1”的代换.如果(3 )中若x + y = 2, 则如何用“1”的代换?显然x + y = 1,故24 9 x + y ⎛ 4 9 ⎫+ = + ⎪.x y 2 ⎝x y ⎭类型三利用均值不等式解应用题解题准备:均值不等式作为求最值的常用工具,经常在有关最优解的实际问题中应用.应用均值不等式解决实际问题的基本步骤是:①仔细阅读题目,透彻理解题意;②分析实际问题中的数量关系,引入未知数,并用它表示其它的变量, 把要求最值的变量设为函数;③应用均值不等式求出函数的最值;④还原实际问题,作出解答.【典例3】某工厂拟建一座平面图为矩形且面积为200 m2的三级污水处理池(平面图如图所示).如果池四周围墙建造单价为400元/m,中间两道隔墙建造单价为248元/m,池底建造单价为80元/m2,水池所有墙的厚度忽略不计. (1)试设计污水处理池的长和宽,使总造价最低,并求出最低总造价;(2)若由于地形限制,该池的长和宽都不能超过16 m,试设计污水池的长和宽,使总造价最低,并求出最低总造价.[解]设污水处理池的长为x m,则宽为200x m,再设总造价为 y元,则有(1) y= 2 x⨯ 400 + 200 ⨯ 2 ⨯ 400 + 248⨯ 2 ⨯ 200 + 80 ⨯ 200 = 800xx x+ 259200 +16000 ⨯ 2 800x 259200 +16000x x= 2 ⨯800 ⨯18 +16000 = 44800,当且仅当800x = 259200,x即x=18 m时, y取得最小值.当污水池的长为18 m,宽为1009m时总造价最低,为44800元.( 2)0 < x ≤16, 0 < 200x ≤16,∴12.5≤x ≤16, x ≠ 18,∴不能用基本不等式, 但我们可用函数单调性定义证明 上述目标函数在区间[12.5,16]上是减函数,从而利用单调性求得最小值.由(1)知, y= 800 ⎛ x + ⎝= ϕ(x )324 ⎫ +⎪ 16000(12.5≤x ≤16). x⎭1 2[], 设x1 2对任意x 、x ∈ 12.5,16< x ,则ϕ (x 1 ) -ϕ (x 2 ) = 800 ⎡ ⎛ 11 ⎫⎤ ⎢(x 1 - x 2) + 324 - ⎪⎥ ⎣⎝ x 1 x 2 ⎭⎦ =800(x 1- x 2)(x 1 x 2-324)> 0.x 1 x 2∴ϕ (x 1 ) > ϕ (x 2 ),故y = ϕ (x )在[12.5,16 ]上为减函数. 从而有ϕ (x )≥ϕ (16 ) = 45000,当污水池的长度为16 m,宽为12.5 m时有最低总造价,最低总造价为45000元.[反思感悟]不等式应用的特点是:(1)问题的背景是人们关心的社会热点问题,如“物价､税收､销售､市场信息”等,题目往往篇幅较长.(2)建立函数模型常见的有“正(反)比例函数､一次函数､二次函数､指数函数､对数函数､三角函 数,以及 y = ax +bx (a > 0, b > 0) ”等形式.解函数应用题中的最值问题一般利用二次函数的性质或基本不等式来解决.错源一 忽视等号成立的条件⎛1 ⎫⎛1 ⎫ 【典例1】已知两正数x, y 满足x + y =1,则z = x +⎪ y +⎪⎝x ⎭⎝y ⎭ 的最小值为______ .[ 错解]错解一 : 因为对a > 0, 恒有a +1a ≥2,⎛1 ⎫⎛ 1 ⎫从而z = x +⎪ y+⎪≥4,xy⎝ ⎭⎝ ⎭所以z 的最小值是4.错解二 : z =2 + x 2 y 2- 2xyxy⎛ 2 ⎫- 2≥2 2 =+ xy ⎪xy - 2⎝ xy⎭xy= 2( 2 -1),所以z的最小值是2( 2 1).[剖析]解法一和解法二的错误原因是等号同时成立的条件不具备,因此使用基本不等式一定要验证等号成立的条件,只有等号成立时,所求出的最值才是正确的.[]z =⎛正解⎝= xy + xy 1 + = xy + xy 1 += xy 2+ xy -1 ⎫⎛1 ⎫ x +⎪ y+⎪x ⎭⎝ y ⎭y + xx y( x + y ) 2- 2xyxy2,⎛ x + y ⎫2 1 令t=xy,则0<t=xy≤ ⎪ = ,⎝ 2 ⎭ 42 ⎛ 1 ⎤由f(t)=t+ 在 0, ⎥上单调递减,t ⎝ 4 ⎦故当t = 1时,f(t)=t+2有最小值33, 4 t 4所以当x=y = 1 时z有最小值25.2 4[ 答案] 24 5错源二忽视均值不等式应用条件致误【典例2】函数y=x +1( x≠ 1)的值域是 _______ . x -1[剖析]应用均值不等式a+2b≥ab时,易忽视a、b同为非负数这一条件而出错,如本题易出现:由y=x+ 1 = xx -1-1 + 1+1≥2 ( x-1)1 +1 = 3, 得出y ∈[3, +∞)这一x -1 x -1 错误结果.[正解]当x >1时, y=x +1= x -1+1+1≥2 ( x-1)1+1 = 3, x -1 x -1 x -1当且仅当x-1 =1 ,即x = 2时等号成立;x -1当x<1时,-y= -x +1=1 -x+1-1≥2 (1 -x)1-1 =1, 1 -x 1 - x 1-x即y≤-1,当且仅当1-x =1,即x = 0时等号成立. 1-x∴原函数的值域为(-∞,-1][3, +∞). [答案](-∞,-1]∪[3,+∞)[评析]利用均值不等式a + b≥2 ab以及变式ab≤(a+2b)2等求函数的最值时,务必注意a, b∈R+(或a, b非负),积ab或a+b其中之一应定值, 特别要注意等号成立的条件.本题中的函数是形如y=ax+bx(a,b>0)的特殊情况,在应用均值不等式求函数最值时,一定要注意ax,bx的符号,必要时要进行分类讨论.技法一快速解题(三角换元)【典例1】已知a、b、c、d∈R,x、y∈R+,且 x2=a2+b2,y2=c2+d2.求证:xy≥ac+bd.[快解]联想到圆的参数方程,设a=xcosθ ,b=xsinθ ,c=ycosφ ,d=ysinφ ,则ac+bd=xycosθ cosφ +xysinθ sinφ =xycos(θ -φ)≤xy. [另解切入点]有a2+b2、c2+d2的形式出现,就可以用a2+b2≥2ab.由于a、b、c、d∈R,故ac+bd可能为正,也可能为负.当ac+bd<0时,显然不需证明,只需考虑ac+bd>0的情况.[证明]证法一:当ac+bd<0时,显然有xy≥ac+bd成立.当ac+bd≥0时,x2y2=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd=( ac+bd)2,即xy≥ac+bd.证法二:当ac+bd<0时,显然有xy≥ac+bd成立;当ac+bd≥0时,欲证xy≥ac+bd,只需证x2y2≥a2c2+b2d2+2abcd.∵x2=a2+b2,y2=c2+d2,∴(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd. 即x2y2≥a2c2+b2d2+2abcd成立,因此,原不等式成立.[方法与技巧]证法一与证法二基本相同,只是形式不同而已.而快解联想到圆的参数方程,进行三角代换,又不必考虑ac+bd的正负问题,仅注意到xy>0、-1≤cos(θ -φ)≤1就行了.[得分主要步骤]本题证明步骤简单,但需考虑ac+bd或正或负的两种情况.若ac+bd<0,则(ac+bd)2与x2y2的大小不能确定,证题时需注意此处. [易丢分原因]没有考虑到ac+bd≥0还是ac+bc<0.技法二如何解决含有多个变量的条件最值问题求解含有多个变量的条件最值问题,一般方法是利用给出的条件,通过代换减少变量的个数,将问题转化为只含有一个变量的函数的最值问题进行解决.如果条件等式中含有两个变量的和与积的形式,可以直接利用均值不等式对两个正数的和与积进行转化,然后通过解不等式进行求解,或者通过构造一元二次方程,根据已知变量的取值范围,利用根的分布解决问题.【典例2】已知正数a, b满足1a+b1=3.(1)a+b的取值范围为________; (2 )ab的取值范围为________ .[解析]由1a + b1= 3, 得a + b = 3ab, 所以b b > 0, 可得a >13 .1a 1 (1)a +b = a + = a + 3+3a -1 3a -1 31 11 2 ⎛a - 1 ⎫ = a - + 3 + ≥2 3⎪3 3a -1 3⎝3 ⎭ 3a -1 1= a ,并且由a >0,3a -1+ 32 = 34, 12 当且仅当a - =3 ,即a = 时取等号, 所以a + b 的取值 3 3a -1 3⎡ 4 ⎫⎡ 4 ⎫ 范围是 ⎢, +∞ ⎪ .故填 ⎢, +∞ ⎪.⎣ 3 ⎭ ⎣ 3⎭。
