第一篇：均值不等式放缩

2013高考数学备考之放缩技巧—均值不等式

n(n1)(n1)

2Sn.例1.设Sn求证

解析:

此数列的通项为akk1,2,,n

nn

kk11

1kk.，kSn(k)，222k1k1

n(n1)n(n1)n(n1)2

Sn.即

2222

注：①应注意把握放缩的“度”

n



ab

2，若放成(n1)(n3)(n1)2

k1 则得Sn(k1)

22k1

②

aa1n

na1an，就放过“度”了

n

其中，n2,3等的各式及其变式公式均可供选用。

1，若

bx

1a2

n1

例2.已知函数f(x)

f(1)f(2)f(n)n

x

解析: f(x)

4f(1)

5，且f(x)在[0，1]上的最小值为1，求证：

1.2

14

x

1

1(x0)f(1)f(n)(1)xx

221422

(1

1111111)(1)n(1n1)nn1.2n

422222222



例3.已知a,b为正数，且1

a，试证：对每一个nN1

1b

a

b

，(ab)nanbn22n2n1.解析: 由111得ab

ab

n

0n

ab，又(ab)(11)2ab4，故abab4，而

b

a

n

1n

n1

rn

nr

(ab)CaCabCa

令f(n)(ab)nanbn，则

ini，倒序相加得 CnCn

bCbn，r

n

n

1n1rnrrn1

f(n)=CnabCnabCnabn1，因为

1rn1

2f(n)=Cn(an1babn1)Cn(anrbrarbnr)Cn(abn1an1b)，n

而an1babn1anrbrarbnrabn1an1b2anbn2422n1，则

1rn1

2f(n)=(CnCnCn)(arbnranrbr)(2n2)(arbnranrbr)(2n2)

2n1，所以f(n)(2n2)2n，即对每一个nN，(ab)nanbn22n2n1.123n

例4.求证CnCnCnCnn2

n1

(n1,nN)

解析: 不等式左Cn23nCnCnCn2n112222n1n2222n1=

n2

n1

2，原结论成立.例5.已知

f(x)ee

xx

n,求证:f(1)f(2)f(3)f(n)(en11)2

x1

11ex1ex21x2x1x2x1x2

e1解析: f(x1)f(x2)(ex)(ex)exxxx

e1e2e2e1e1e2

经过倒序相乘,就可以得到f(1)f(2)f(3)f(n)(e 例6.已知

n1

1)

n

f(x)x

1x,求证:f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n

解析:

11k2n1k1(k)(2n1k)k(2n1k)2(2n1k)2

k2n1k2n1kkk(2n1k)

其中:k1,2,3,,2n,因为k2nk(1k)2n(k1)(2nk)0k(2n1k)2n所以(k1)(2n1k

k)2n2

2n1k

从而[f(1)f(2)f(3)f(2n)]2(2n2)2n,所以f(1)f(2)f(3)f(2n)2n(n1)n.例7.若k7,求证:S11n

nn1

3.n2nk12

解析:2S(1n

n

1111111)()()()nk1n1nk2n2nk3nk1n

因为当x0,y0时,xy2xy,11

xy

11114,当且2,所以

(xy)()4,所以

xyxyxyxy

仅当xy时取到等号.44444n(k1)



nnk1n1nk2n2nk3nnk1nnk12(k1)2(k1)43

所以Sn2

1k1k121kn11113

 所以Sn

nn1n2nk12

所以2Sn



例8.已知

a2

f(x)a(xx1)(xx2),求证: f(0)f(1).16

a2

解析: f(0)f(1)a[x1(1x1)][x2(1x2)]

例9.已知函数f(x)=x－(－1)·2lnx(k∈N*).k是奇数, n∈N*时,求证: [f’(x)]－2

n

n－1

k

.·f’(x)≥2(2－2).x

nnn

解析: 由已知得f(x)2x2(x0)，(1)当n=1时，左式=(2x2)(2x2)0右式=0.∴不等式成立.xx(2)n2, 左式=[f(x)]n2n1f(xn)(2x

2n2)2n1(2xnn)xx

2n(C1xn2C2xn4Cn21Cn11).nnnn

xn4xn2令SC1xn2C2xn4Cn21Cn11

nnnn

xn4xn2

由倒序相加法得：

2SC1(xn21)C2(xn41)Cn1(1xn2)

nnnn2n4n2

x

x

x

12n1

2(CnCnCn)2(2n2)，所以S(2n2).所以[f(x)]n2n1f(xn)2n(2n2)成立.综上，当k是奇数，nN时，命题成立例10.（2007年东北三校）已知函数f(x)axx(a1)（1）求函数



f(x)的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围；

1'2'n1'（2）令S(n)Cnf(1)Cnf(2)Cnf(n1)求证：S(n)(2n2)f'(n)

(1)由f'(x)axlna1,f'(x)0,即：axlna1,ax同理：f'(x)0,有xlogalna，又a1xlogalnalna

所以f'(x)在(,logalna)上递减，在（logalna,)上递增；所以f(x)minf(logalna)若f(x)min0,即

1lnlnalna

1lnlna1

0,则lnlna1,lnalnae

a的取值范围是1aee

12n1

(2)S(n)Cn(alna1)Cn(a2lna1)Cn(an1lna1)122n1n112(CnaCnaCna)lna(CnCnCnn1)

112n1[Cn(aan1)Cn(a2an2)Cn(an1a)]lna(2n2)2

a(2n2)lna(2n2)

n

(22)(alna1)(2n2)f'(),n

n2

n2

例11.(2008年江西高考试题)已知函数

f

x

x0,.对任意正数a,证明：1

fx2．

f(x),解析:对任意给定的a0,x0,由

若令 b8，则 abx8① ,而

ax

f

x②

（一）、先证fx

111，11x1b

1a

又由

2abx8，得 abx6． 所以fx



11132(abx)(abaxbx)



(1x)(1a)(1b)1x1a1b



9(abx)(abaxbx)1(abx)(abaxbx)abx

1．

(1x)(1a)(1b)(1x)(1a)(1b)

（二）、再证fx2；由①、②式中关于x,a,b的对称性，不妨设xab．则0b

2（ⅰ）、当ab7，则a5，所以xa5，因为

1，此时fx2．





1（ⅱ）、当ab7③，由①得 ,因为1

x

8ab

bb2b2 所以

1[1]1b1b4(1b)2(1b)b④ 1

2(1b)⑤，于是 a

1

2(1a)1ab⑥

f

x221a1b今证明

ab, 因为

ab，1a1b1a1b只要证

abab，即，此为显然． ab8(1a)(1b)，也即 ab7，据③(1a)(1b)ab8

因此⑦得证．故由⑥得 f(x)2．

综上所述，对任何正数a,x，皆有1fx2．

例12.求证:

1

1112 n1n23n1

解析:一方面:

11111112

1 n1n23n123424



(法二)1

11111111 1



n1n23n12n13n1n23n3n1n1



 14n24n24n2

2(3n1)(n1)3n(n2)(n1)(3n1)

(2n1)2111

2n1(2n1)2n2(2n1)2(n1)2(2n1)2n2(2n1)21



另一方面:

1112n12n22 n1n23n1n1n1

第二篇：均值不等式

均值不等式

定义

Hn≤Gn≤An≤Qn，即调和平均数不超过几何平均数，几何平均数不超过算术平均数，算术平均数不超过平方平均数。其中：

1、调和平均数：

2、几何平均数：

3、算术平均数：

4、平方平均数（均方根）：

一般形式

设函数（当r不等于0时）；

（当r=0时）特例可以注意到，Hn≤Gn≤An≤Qn仅是上述不等式的特殊情形。

特例

可以注意到，Hn≤Gn≤An≤Qn仅是上述不等式的特殊情形，即最著名的当属算术—几何均值不等式（AM-GM不等式）： 当n=2时，上式即： 当且仅当时，等号成立。

根据均值不等式的简化，有一个简单结论，中学常用，即。

记忆

调几算方，即调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数。均值不等式的

变形

(1)对实数a,b，有a^2+b^2≥2ab(当且仅当a=b时取“=”号)，a^2+b^2>0>-2ab(2)对非负实数a,b，有a+b≥2√(a*b)≥0，即(a+b)/2≥√(a*b)≥0(3)对负实数a,b，有a+b<0<2√(a*b)(4)对实数a,b，有a(a-b)≥b(a-b)(5)对非负数a,b，有a^2+b^2≥2ab≥0(6)对非负数a,b，有a^2+b^2≥1/2*(a+b)^2≥2ab(7)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥1/3*(a+b+c)^2(8)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ac(9)对非负数a,b，有a^2+ab+b^2≥3/4*(a+b)^2(10)对实数a,b,c，有(a+b+c)/3>=(abc)^(1/3)证明

均值不等式的证明方法很多，数学归纳法（第一或反向归纳）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等 用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则(A＋B)^n≥A^n＋nA^(n－1)B。

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A＋B≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于：((a1＋a2＋„＋an)／n)^n≥a1a2„an。当n＝2时易证；

假设当n＝k时命题成立，即

((a1＋a2＋„＋ak)／k)^k≥a1a2„ak。那么当n＝k＋1时，不妨设a(k＋1)是a1，a2，„，a(k＋1)中最大者，则 ka(k＋1)≥a1＋a2＋„＋ak。设s＝a1＋a2＋„＋ak，{[a1＋a2＋„＋a(k＋1)]／(k＋1)}^(k+1)＝{s/k＋[ka(k＋1)－s]／[k(k＋1)]}^(k+1)≥(s／k)^(k+1)＋(k＋1)(s／k)^k[ka(k＋1)－s]／k(k＋1)用引理 ＝(s／k)^k*a(k＋1)≥a1a2„a(k＋1)。用归纳假设 下面介绍个好理解的方法 琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，则有：f[(x1+x2+...+xn)/n]≥1/n*[f(x1)+f(x2)+...+f(xn)] 设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数

所以，ln[(x1+x2+...+xn)/n]≥1/n*[ln(x1)+ln(x2)+...+ln(xn)]=ln[(x1*x2*...*xn)^(1/n)] 即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)在圆中用射影定理证明（半径不小于半弦）

均值不等式的应用

例一证明不等式：2√x≥3-1/x(x>0)证明：2√x+1/x=√x+√x+1/x≥3*[(√x)*(√x)*(1/x)]^(1/3)=3 所以，2√x≥3-1/x 例二长方形的面积为p，求周长的最小值 解：设长,宽分别为a,b，则a*b=p 因为a+b≥2√(ab)，所以2(a+b)≥4√(ab)=4√p 周长最小值为4√p 例三长方形的周长为p，求面积的最大值 解：设长,宽分别为a,b，则2(a+b)=p 因为a+b=p/2≥2√(ab)，所以ab≤p^2/16 面积最大值是p^2/16

第三篇：均值不等式

课标分析

（1）课程标准要求：

课程标准对均值不等式要求探索并了解基本不等式的证明过程；会用 基本不等式解决简单的最大（小）问题。（2）课程标准解读

这个要求可以分为两个层次：一是探索并了解基本不等式的证明过 程；二是会用基本不等式解决简单的最大（小）问题。从第一个层次来 看，要达到“探索并了解”，需要三个步骤：首先要给学生创造相关的问 题情景，启发学生的思维，获取感性认识。其次通过问题探究让学生步 步深入，剖析特点；最后利用不等式的性质将得出的结论，进行完整的 证明，并明确使用均值不等式的三个条件。第二个层次是应用层面，因 此要通过适当的例题、习题和变式训练，引导学生明白对式子如何变形 才可满足运用均值不等式的条件。

教材分析

本节是高中人教B版《数学》必修5第三章不等式第二节的内

容。本节内容的教学需要两个课时，这是第一课时。高中数学不等式是初中不等式知识的完善和提升，更是高等数学的基础，起着承前启后的作用．高中不等式与其他知识联系紧密，具有工具性功能．高中数学课程标准加强了不等式知识与实际生活的联系，力求体现数学来源于现实的真谛，教学中也更为突出不等式在解决实际问题中的工具作用．均值不等式的 两个作用非常重要：第一是证明不等式。第二个作用是求最值。用来求最值时三个条件缺一不可，这是学生掌握的重点也是用均值不等式解决实际问题的易错点。教学重点：

理解均值定理并运用其解题。教学难点：

均值不等式成立的三个条件，也是学生用均值不等式解 决实际问题的易错点。难点突破方法：

①多观察、勤类比、善归纳、重建构

② 题组引路、逐层深化、归纳总结、明确要点 学情分析

从知识方面看：通过对必修五模块第一节不等关系与不等式的学习，以及学生在初中对一些不等式知识有一定的掌握，相关技能和能力有了一 定的提高，均值不等式的推出及证明过程学生可顺利得出，但均值不等式 的运用，以及公式的变形运是对学生的一个新的要求。因此，还需要学生 有一个逐步熟悉的过程。从学习情感方面看，大部分学生愿意主动学习对学习有着较浓的学习兴趣。从能力上看，预测学生思维活跃、敏捷，却缺乏冷静、深刻，因而片面，不够严谨，而且缺少系统的分析问题和解决问题的能力。从学生的思维特点看，不等式的成立，容易联系不等式的相关性质。不利因素是：本节课的重点讲均值不等式求最值，对等号是否成立，学生往往容易忽视，尤其是在后面使用过程中更容易出错。所以我特意设置一个辨一辩的环节，借此引起学生的重视。从学生的不同层次来看 学优生在公式推导和运用方面掌握的较好。因此组织了三次小组讨论，并且在当堂小测环节设置了A组和让不同层次的孩子都有所收获。效果分析

（1）从目标达成上看：

学生在课堂上学习气氛热烈，兴趣浓厚，回答老师提问积极主动且正确率高，板演、上台展讲等环节，表现的也都很优秀，教师在课堂巡视时，发现除学案例题2的变式练习外，其它课堂练习完成情况很好。学案例题 2的变式练习，学生根据老师的提示，重新作答，也很好的完成。根据上面检测，前2个目标至少40人达成，第3个目标38人达成，很好的完成了预设目标。（班级43人）（2）从重、难点突破上看：

均值不等式能运用好的关键是认准均值

不等式成立的条件，以及什么样结构的式子适合用均值不等式求最值。对于学生来说，能一眼看到定值的还可以应付，稍微复杂或定值不太明 显的题目，学生还是缺少一定的认识。这方面的练习要强化一些。因此

我在教学中着力在这儿做文章，舍得花时间营造知识形成过程的氛围，通过问题串引导学生，突破学生学习的障碍点．同时，形成繁难的情境 激起了学生的求知欲，引导学生急于寻求解决问题的新方法，为后面的 教学埋下伏笔。通过我的合理有效的问题串的引导，学生通过小组合作 探讨，比较顺利得辨别出均值不等式的使用环境，轻松突破本节课的重、难点。

（3）从课堂观察量表上看：

观课中老师使用了课程观察量（附件1）共有10名数学教师进行观课，有1名教师给打了99分，6名教师给打了98分，3名教师给打了97分，平均得分为

97.8分，平均得分比较高，说明总体效果较好。从课程观察量表各项得分上看，教师的课堂设计和课堂处理都达到了很好的评价，学生的参与度非常高、学生间的合作与小组间的合作很强、学生的思维状态很活跃，学习的效果较好。

（4）从课堂检测批改情况来看：课堂小测批改情况是：全班共43人，全 对的有38个同学，有4个同学错在B组练习。从这个结果可以看出，本节课学生基本掌握了所学内容，完成了学习任务。从上面的分析知，本节课所授内容基本与预设效果一致，评略得当，重点突出，难点突破。在问题的引入、讲解及应用的处理方法、时间安排都把握的比较好，能够 引导学生积极主动地探索，使学生学习兴趣浓厚，自主高效地完成课堂学习。根据课堂检测和课后反馈练习的批改情况，可以看出学生对公式的运用非常好，完整地实现了教学目标。

课后反思

本节课我对《均值不等式》的教学是采用引导提问式的教学方式进 行的，不是对学生进行知识的硬性灌输，而是通过问题的引入，问题的 探究进行循序渐进式的引导式教学，让学生在研究问题的过程中体会知 识的形成过程，在解决问题的过程中掌握知识的内容与实际应用，真正 实现了以学生为主体的课堂教学。在教学设计上，也力求调动一切积极 因素，尽最大的可能激发学生的学习兴趣。在教师的引导启发下，能使 学生的思维真正的围绕“探究”步步深入，层层递进，能在最大限度上挖 掘学生的学习潜能，也能更充分的体现学生学习的学习主体性。我认为本节课能达到以下教学效果：

1、科学设置学习目标，教学目标是教学活动的出发点，也是教学 活动的归宿，在教学活动中处于核心地位。教学目标是课堂教学的指挥 棒，是所有教学行为的指路明灯，具有导向作用。本节课，我确定了三 个学习目标。学习目标的细化，使学生明确本节课要做什么，怎样做，做到什么程度，而且我把三个目标简化在黑板上，适时回扣目标，本节 课的三个学习目标全部达成。

2、生活情境激发学生学习的兴趣，用赵爽弦图

引入课题，通过均值不等式的探究过程增强了学生的自信心，更能帮助学生感受研究方法 的思想渗透；

3、通过具体实例的研究探讨，让学生通过动手操作，合作交流，使学生能自己主动的发现，理解并掌握均值不等式。

4、精心设置问题串，教学中，我设计一个又一个带有启发性和思考性的问题，创设问题情景，诱导学生思考，使他们经历观察、实验、猜测、推理、交流、反思等理性思维的基本过程，切实改进学生的学习方法。通过问题引领学生进行思考和剖析，培养学生分析问题,解决问题的能力,使学生充分体会自主探索获得知识的成就感。在教学过程中贯彻新课程理念，遵循学生的认知规律，让学生品味知识的形成过程。

5、均值不等式的的应用，尤其是例题和练习的具体感知更培养了学生分析、抽象、概括、逻辑推理的能力以及运用属性结合思想解决实际问题的能力；让学生自主探究，主动回答问题，班级 学习气氛浓厚，但有的孩子由于种种原因没有参与进来，有的孩子一节课表现了多次，没有把 机会让给其他孩子。后续

改进：

1、加强培养尖子生的带头作用，继续发展15人左右的答疑团队，让他们无论在课堂还 是课下，都发挥自己的数学优势，带领组上其他学生的进步。

2、加强基本功训练，提高语言的精炼与艺术性。

第四篇：均值不等式

均值不等式

百科名片

1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n

这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn 的式子即为均值不等式。

目录 均值不等式的简介

均值不等式的变形 均值不等式的证明

均值不等式的应用

其他不等式

重要不等式2.排序不等式

重要不等式5.均值不等式 重要不等式1.柯西不等式

柯西不等式的一般证法有以下几种：

（1）Cauchy不等式的形式化写法就是：

记两列数分别是ai, bi，则有(∑ai^2)*(∑bi^2)≥(∑ai * bi)^2.我们令 f(x)= ∑(ai + x * bi)^2 =(∑bi^2)* x^2 + 2 *(∑ai * bi)* x +(∑ai^2)则我们知道恒有 f(x)≥ 0.用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有 Δ = 4 *(∑ai * bi)^22.排序不等式 排序不等式是高中数学竞赛大纲要求的基本不等式。

设有两组数 a 1 , a 2 ,…… a n, b 1 , b 2 ,…… b n 满足 a 1 ≤ a 2 ≤……≤ a n, b 1 ≤ b 2 ≤……≤ b n 则有 a 1 b n + a 2 b n?1 +……+ a n b1≤ a 1 b t + a 2 b t +……+ a n b t ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 +……+ a n b n 式中t1，t2，……，tn是1，2，……，n的任意一个排列，当且仅当 a 1 = a 2 =……= a n 或 b 1 = b 2 =……= b n 时成立。以上排序不等式也可简记为： 反序和≤乱序和≤同序和.证明时可采用逐步调整法。

例如，证明：其余不变时，将a 1 b 1 + a 2 b 2 调整为a 1 b 2 + a 2 b 1，值变小，只需作差证明（a 1-a 2）*（b 1-b 2）≥0，这由题知成立。

依次类推，根据逐步调整法，排序不等式得证。

重要不等式4.琴生不等式

设f(x)为上凸函数，则f[(x1+x2+……+xn)/n]≥[f(x1)+f(x2)+……+f(xn)]/n,称为琴生不等式（幂平均）。

加权形式为：

f[(a1x1+a2x2+……+anxn)]≥a1f(x1)+a2f(x2)+……+anf(xn),其中ai>=0(i=1,2,……,n),且a1+a2+……+an=1.重要不等式6.完全的均值不等式 √[(a^2+ b^2)/2] ≥(a+b)/2 ≥√ab ≥2/(1/a+1/b)

（二次幂平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均）

证明：（证明过程引自他出）

设a，b是两个正数，M2=√[(a^2+b^2)/2]，A=(a+b)/2，G=√(ab)，H=2/(1/a+1/b)分别表示a，b两元的二次幂平均，算术平均，几何平均和调和平均。

证明: M2≥A≥G≥H。

证明 在梯形ABCD中，AB∥CD，记AB=b，CD=a。EiFi(i=1,2,3,4)是平行于梯形ABCD的底边且被梯形两腰所截的线段。

如果E1F1分梯形为等积的两部分，那么E1F1=√[(a^2+b^2)/2]。如果E2F2为梯形的中位线，那么E2F2=(a+b)/2。

如果E3F3分梯形为两相似图形，那么E3F3=√(ab)。

如果E4F4通过梯形两对角线交点的线段，那么E4F4=2/(1/a+1/b)。从图中直观地证明E1F1≥E2F2≥E3F3≥E4F4，当a=b时取等号。

重要不等式几何平均（0次幂），二次平均（2次幂）

概念

1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)=n次√(a1*a2*a3*...*an)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√ [(a1^2+a2^2+...+an^2)/n]

这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn

a1、a2、…、an∈R +，当且仅当a1=a2= … =an时取“=”号

均值不等式的一般形式：设函数D(r)=[（a1^r+a2^r+...an^r）/n]^(1/r)(当r不等于0时);(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时）（即D(0)=(a1a2...an)^(1/n)）则有：当r

变形

(1)对正实数a,b，有a^2+b^2≥2ab(当且仅当a=b时取“=”号)，a^2+b^2>0>-2ab

(2)对非负实数a,b，有a+b≥2√(a*b)≥0，即(a+b)/2≥√(a*b)≥0

(3)对负实数a,b，有a+b<0<2√(a*b)

(4)对实数a,b(a≥b)，有a(a-b)≥b(a-b)

(5)对非负数a,b，有a^2+b^2≥2ab≥0

(6)对非负数a,b，有a^2+b^2 ≥1/2*(a+b)^2≥ab

(7)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥1/3*(a+b+c)^2

(8)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ac

(9)对非负数a,b，有a^2+ab+b^2≥3/4*(a+b)^2

2/（1/a+1/b）≤√ab≤a+b/2≤√（(a^2+b^2)/2）

第五篇：均值不等式练习题

均值不等式求最值及不等式证明2013/11/2

3题型

一、均值不等式求最值

例题：

1、凑系数：当0x4时，求yx(82x)的最大值。

2、凑项：已知x51，求函数f(x)4x2的最大值。44x

5x27x10(x≠1)的值域。

3、分离：求yx

14、整体代换：已知a0，b0，a2b1，求t11的最小值。ab5、换元：求函数yx2的最大值。2x

5152x152x(x)的最大值。226、取平方：求函数y

练习：

1、若0x2，则y

2、函数yx(63x)的最大值是1x(x3)的最小值是x

3x28(x1)的最小值是

3、函数yx

1x44x2

54、函数y=的最小值是2x

25、f(x)=3+lgx+4（0＜x＜1）有最值等于lgx

116x2的最小值是xx

16、若x>0，则x+

7、已知x为锐角，则sinxcosx的最大值是

8、函数sinxcosx的最大值是

9、函数y4249的最小值是__________ 22cosxsinx

119，则xy的最小值是 xy

b10、已知x0，y0，且

11、a,bR,且a+b=3则2+2的最小值是

12、已知x，y为正实数，3x＋2y＝10，则函数W3x 2y 的最值是1 a13、已知a>0,b>0且a+b=1,则（21111)的最小值是)(a2b2y

214、已知x，y为正实数，且x＋ ＝1，则x1＋y的最大值

215、已知ab0，则a1的最小值是(ab)b16、若正数a,b满足abab3，则ab的取值范围是___________

17、若a、bR，ab(ab)1，则ab的最小值是________

18、设实数x,y,m,n满足条件mn1，x2y29，则mxny的最大值是

19、若x,y0，则(x22121)(y)2的最小值是 2y2x

11)(b)的最小值是 ab220、若a,b0,ab1，则(a题型

二、利用均值定理证明不等式 例题：

1、求证：（1）已知a,b,c为两两不相等的实数，求证：ab2c2abbcca

（2）正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，求证：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc

（3）已知a、b、cR，且abc1，求证：

4442222222、已知x,y,z0，xyzxyyzzxxyz(xyz)1111118 abc

3、若abc

5