典型例題一
例1 已知，求證
證明：∵ ，
，， 三式相加，得
，即說明：這是乙個重要的不等式，要熟練掌握．
典型例題二
例2 已知是互不相等的正數，
求證：證明：∵，
∴同理可得：．
三個同向不等式相加，得
①說明：此題中互不相等，故應用基本不等式時，等號不成立．特別地，，時，所得不等式①仍不取等號．
典型例題三
例3 求證．
分析：此問題的關鍵是「靈活運用重要基本不等式，並能由這一特徵，思索如何將進行變形，進行創造」．
證明：∵，
兩邊同加得．
即．∴．
同理可得：，
三式相加即得．
典型例題四
例4 若正數、滿足，則的取值範圍是 ．
解：∵， ∴，令，得，
∴，或（捨去）．
∴，∴ 的取值範圍是
說明：本題的常見錯誤有二．一是沒有捨去；二是忘了還原，得出．前者和後者的問題根源都是對的理解，前者忽視了後者錯誤地將視為．
因此，解題過程中若用換元法，一定要對所設「元」的取值範圍有所了解，並注意還原之．
典型例題五
例5 （1）求的最大值．
（2）求函式的最小值，並求出取得最小值時的值．
（3）若，且，求的最小值．
解：（1）
即的最大值為
當且僅當時，即時，取得此最大值．
（2）∴ 的最小值為3，當且僅當，即，，時取得此最小值．
（3）∴ ∴即
∵ ∴ 即的最小值為2．
當且僅當時取得此最小值．
說明：解這類最值，要選好常用不等式，特別注意等號成立的條件．
典型例題六
例6 求函式的最值．
分析：本例的各小題都可用最值定理求函式的最值，但是應注意滿足相應條件．如：，應分別對兩種情況討論，如果忽視的條件，就會發生如下錯誤：∵ ，
解：當時，，又，
當且僅當，即時，函式有最小值
∴ 當時，，又，
當且僅當，即時，函式最小值
∴ 典型例題七
例7 求函式的最值．
分析：．
但等號成立時，這是矛盾的！於是我們運用函式在時單調遞增這一性質，求函式的最值．
解：設，
∴．當時，函式遞增．
故原函式的最小值為，無最大值．
典型例題八
例8 求函式的最小值．
分析：用換元法，設，原函式變形為，再利用函式的單調性可得結果．或用函式方程思想求解．
解：解法一：
設，故．
由，得：，故：．
∴函式為增函式，從而．
解法二：
設，知，可得關於的二次方程，由根與係數的關係，得：．
又，故有乙個根大於或等於2，
設函式，則，即，故．
說明：本題易出現如下錯解：．要知道，無實數解，即，所以原函式的最小值不是2．錯誤原因是忽視了等號成立的條件．
當、為常數，且為定值，時，，不能直接求最大（小）值，可以利用恒等變形，當之差最小時，再求原函式的最大（小）值．
典型例題九
例9 求的最小值．
分析：此題出現加的形式和平方，考慮利用重要不等式求最小值．
解：由，得
又得，即．
故的最小值是．
說明：本題易出現如下錯解：
，故的最小值是8．
錯誤的原因是，在兩次用到重要不等式當等號成立時，有和，但在的條件下，這兩個式子不會同時取等號（）．排除錯誤的辦法是看都取等號時，與題設是否有矛盾．
典型例題十
例10 已知：，求證：．
分析：根據題設，可想到利用重要不等式進行證明．
證明：同理：
說明：證明本題易出現的思維障礙是：(1)想利用三元重要不等式解決問題；(2)不會利用重要不等式的變式；(3)不熟練證明輪換對稱不等式的常用方法．因此，在證明不等式時，應根據求證式兩邊的結構，合理地選擇重要不等式．另外，本題的證明方法在證輪換對稱不等式時具有一定的普遍性．
典型例題十一
例11設，且，，求的最大值．
分析：如何將與用不等式的形式聯絡起來，是本題獲解的關鍵．算術平均數與幾何平均數定理兩邊同加之後得．
解：由，則有
說明：常有以下錯解：，．
故．兩式相除且開方得．
錯因是兩不等式相除，如，相除則有．
不等式是解決從「和」到「積」的形式．從「和」到「積」怎麼辦呢？有以下變形：或．
典型例題十二
例12 已知：，且：，求證：，並且求等號成立的條件．
分析：由已知條件，可以考慮使用均值不等式，但所求證的式子中有，無法利用，故猜想先將所求證的式子進行變形，看能否出現型，再行論證．
證明：等號成立，當且僅當時．
由以上得
即當時等號成立．
說明：本題是基本題型的變形題．在基本題型中，大量的是整式中直接使用的均值不等式，這容易形成思維定式．本題中是利用條件將所求證的式子化成分式後再使用均值不等式．要注意靈活運用均值不等式．
典型例題十三
例13 已知，且，求的最大值．
分析：由，可得，
故，令．
利用判別式法可求得（即）的最大值，但因為有範圍的限制，還必須綜合韋達定理展開討論．僅用判別式是不夠的，因而有一定的麻煩，下面轉用基本不等式求解．
解法一：由，可得，．
注意到．
可得，．
當且僅當，即時等號成立，代入中得，故的最大值為18．
解法二：，，
代入中得：
解此不等式得．下面解法見解法一，下略．
說明：解法一的變形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法二則是抓住了問題的本質，所以解得更為簡捷．
典型例題十四
例14 若，且，求證：．
分析：不等式右邊的數字「8」使我們聯想到可能是左邊三個因式分別使用基本不等式所得三個「2」連乘而來，而．
證明：，又，，，
，即．同理，，
．當且僅當時，等號成立．
說明：本題巧妙利用的條件，同時要注意此不等式是關於的輪換式．
典型例題十五
例15 設，求證：．
分析：本題的難點在於不易處理，如能找出與之間的關係，問題可得到解決，注意到：
，則容易得到證明．
證明：，
於是同理：，．
三式相加即得：．
說明：注意觀察所給不等式的結構，此不等式是關於的輪換式．因此只需抓住乙個根號進行研究，其餘同理可得，然後利用同向不等式的可加性．
典型例題十六
例16 已知：（其中表示正實數）
求證：分析：要證明的這一串不等式非常重要，稱為平方根，稱為算術平均數，稱為幾何平均數，稱為調和平均數．
證明：∴，當且僅當「」時等號成立．
∴，等號成立條件是「」
∴，等號成立條件是「」．
∴，等號成立條件是「」．
說明：本題可以作為均值不等式推論，熟記以上結論有利於處理某些複雜不等式的證明問題．本例證明過程說明，不等式性質中的比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法．
典型例題十七
例17 設實數，，，，，滿足，，，求證．
分析：由條件可得到，，， 同號．為方便，不妨都設為正．將求證式子的左邊展開後可看出有交叉項和無法利用條件，但使用均值不等式變成乘積後，重新搭配，可利用條件求證．
證明：同理，由知與同號，與同號
∴，，，同號．不妨都設為正．，即．
說明：本題是根據題意分析得，，，同號，然後利用均值不等式變形得證．換乙個角度，由條件的特點我們還會聯想到使用二次方程根的判別式，可能會有另一類證法．
實際上，由條件可知，，，為同號，不妨設同為正．又∵，，∴，．
不等式，對任意實數恆成立（根據二次三項式恒為正的充要條件），兩式相加得，它對任意實數恆成立．同上可得：．
典型例題十八
例18 如下圖所示，某畜牧基地要圍成相同面積的羊圈4間，一面可利用原有的牆壁，其餘各面用籬笆圍成，籬笆總長為36m．問每間羊圈的長和寬各為多少時，羊圈面積最大？
分析：可先設出羊圈的長和寬分別為，，即求的最大值．注意條件的利用．
解：設每間羊圈的長、寬分別為，，則有，即．設
上式當且僅當時取「＝」．
此時∴羊圈長、寬分別為m，3m時面積最大．
說明：(1)首先應設出變數（此處是長和寬），將題中條件數學化（即建立數學模型）才能利用數學知識求解；(2)注意在條件之下求積的最大值的方法：直接用不等式，即可出現積．當然，也可用「減少變數」的方法：
，當且僅當時取「=」．
典型例題十九
例19 某單位建造一間地面面積為12m2的背面靠牆的矩形小房，房屋正面的造價為1200元/m2，房屋側面的造價為800 元/m2，屋頂的造價為5800元．如果牆高為3m，且不計房屋背面的費用，問怎樣設計房屋能使總造價最低，最低總造價是多少元？
分析：這是乙個求函式最小值的問題，關鍵的問題是設未知數，建立函式關係．從已知條件看，矩形地面面積為12m2，但長和寬不知道，故考慮設寬為m，則長為m，再設總造價為．由題意就可以建立函式關係了．
解：設矩形地面的正面寬為m，則長為m；設房屋的總造價為．根據題意，可得：
當，即時，有最小值34600元．
因此，當矩形地面寬為4m時，房屋的總造價最低，最低總造價是34600元．
說明：本題是函式最小值的應用題，這類題在我們的日常生活中經常遇到，有求最小值的問題，也有求最大值的問題，這類題都是利用函式式搭橋，用均值不等式解決，解決的關鍵是等號是否成立，因此，在解這類題時，要注意驗證等號的成立．
典型例題二十
例20 某單位決定投資3200元建一倉庫（長方體狀），高度恆定，它的後牆利用舊牆不花錢，正面用鐵柵，每1m長造價40元，兩側牆砌磚，每1m長造價45元，頂部每1m2造價20元．計算：
(1)倉庫底面積ｓ的最大允許值是多少？
(2)為使ｓ達到最大，而實際投資又不超過預算，那麼正面鐵柵應設計為多長？
分析：用字母分別表示鐵柵長和一堵磚牆長，再由題意翻譯數量關係．
解：設鐵柵長為m，一堵磚牆長為m，則有.
由題意得
應用算術平均數與幾何平均數定理，得
即：從而：
因此的最大允許值是，取得此最大值的條件是，而，由此求得，即鐵柵的長應是．
說明：本題也可將代入（*）式，匯出關於的二次方程，利用判別式法求解．
典型例題二十一
例21 甲、乙兩地相距，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不超過，已知汽車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度的平方成正比，且比例係數為；固定部分為元．
（1）把全程運輸成本元表示為速度的函式，並指出這個函式的定義域；
（2）為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛？
分析：這是2023年的全國高考試題，主要考查建立函式關係式、不等式性質（公式）的應用．也是綜合應用數學知識、思想和方法解決實際問題的一道優秀試題．
解：（1）依題意知汽車從甲地勻速行駛到乙地所用的時間為，全程運輸成本為
．故所求函式為，定義域為．
（2）由於都為正數，
故有，即．
當且僅當，即時上式中等號成立．
不等式高考複習二 不等式的證明
二.教學目的 掌握不等式證明的方法與技巧 三.教學重點 難點 不等式的證明方法 四.知識分析 不等式證明的方法技巧 方法一用比較法證明不等式 比較法是證明不等式的最基本 最重要的方法之一，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，包括作差法和作商法。作差法的一般步驟為 作差 變形 判斷符號 其中變形...
高考數學百大經典例題 不等式證明
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均值不等式與不等式的證明
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