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妙用基本不等式巧求多元式最值

2014-11-20 20:35:43江志杰
中學(xué)課程輔導(dǎo)高考版·學(xué)生版 2014年11期
關(guān)鍵詞:實(shí)數(shù)最值變式

江志杰

基本不等式在求函數(shù)最值(或值域)和證明不等式方面有著很多應(yīng)用,極具簡(jiǎn)潔快捷功能.然而在實(shí)際運(yùn)用過(guò)程中,同學(xué)們往往缺乏對(duì)基本不等式結(jié)構(gòu)及其變形、變式的深入剖析,常在適用范圍、配湊整理、或取得最值條件等關(guān)鍵地方出現(xiàn)差錯(cuò).加上相關(guān)題目經(jīng)常創(chuàng)新,尤其遇到多元式求最值或取值范圍,更讓同學(xué)們一籌莫展、無(wú)從下手.為此,老師通過(guò)若干典例談?wù)勂浠獠呗?

一、妙用基本不等式的變式

基本不等式“x+y2≥xy(x,y∈R+,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào))”有很多的變式結(jié)構(gòu):xy≤(x+y2)2、2(x+y)≥(x+y)2、….雖變幻多端,但只要經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃握?,都可使之恢?fù)原形.為此,我們常對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行配湊或變式處理,使之具備運(yùn)用基本不等式的條件結(jié)構(gòu).

例1若a,b,c>0且a(a+b+c)+bc=4-23,則2a+b+c的最小值為()

A. 3-1B. 3+1

C. 23+2D. 23-2

解析:注意到已知條件可化為(a+b)(a+c)=(3-1)2,且目標(biāo)多元式又恰為“(a+b)+(a+c)”,將(a+b)、(a+c)分別視作兩個(gè)變量運(yùn)用基本不等式得:(a+b)+(a+c)≥2(a+b)(a+c)=23-2(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取得等號(hào)).故選D.

例2(2010年高考四川卷)設(shè)a>b>c>0,則2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2的最小值是()

A. 2B. 4C. 25D. 5

解析:2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2=(a-5c)2+a2-ab+ab+1ab+1a(a-b)=(a-5c)2+ab+1ab+a(a-b)+1a(a-b)≥0+2+2=4(當(dāng)且僅當(dāng)a-5c=0,且

ab=1,a(a-b)=1即a=2,b=22,c=25時(shí),等號(hào)成立).故答案選B.

點(diǎn)評(píng):這個(gè)例子解決的關(guān)鍵在于目標(biāo)多元式的變形配湊.另外,本題須強(qiáng)調(diào)在運(yùn)用基本不等式時(shí),務(wù)必時(shí)刻關(guān)注取得最值時(shí)的條件是否同時(shí)具備.

二、構(gòu)造多元目標(biāo)式的不等式

圍繞“多元目標(biāo)式”這一核心,根據(jù)已知條件,結(jié)合基本不等式,構(gòu)造出關(guān)于“多元目標(biāo)式”的不等式,然后解不等式即得多元目標(biāo)式的范圍或最值.

例3(2011年高考浙江卷)若實(shí)數(shù)x,y滿足x2+y2+xy=1,則x+y的最大值是.

解析:圍繞目標(biāo)式“x+y”將已知條件配成(x+y)2-1=xy,由xy≤(x+y2)2得:(x+y)2-1≤(x+y2)2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào)),解得-233≤x+y≤233.

即當(dāng)x=y=33時(shí),x+y的最大值是233.

變式:若正實(shí)數(shù)x,y滿足2x+y+6=xy,則xy的最小值是.(答案:18)

三、分離多元目標(biāo)函數(shù)

在多元等式或多元方程中,目標(biāo)元與其他元之間可能存在著函數(shù)關(guān)系,將目標(biāo)元分離開(kāi)來(lái),建立以其他元為自變量的目標(biāo)函數(shù),利用函數(shù)求最值的方法便可找到解決問(wèn)題的思路.

例4(2011年高考重慶卷)若實(shí)數(shù)a,b,c滿足2a+2b=2a+b,2a+2b+2c=2a+b+c,則c的最大值是.

解析:因?yàn)閏是目標(biāo)元,由2a+2b+2c=2a+b+c得2c=2a+2b2a+b-1=2a+b2a+b-1.

又由2a+2b≥22a·2b(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí),取得等號(hào)),即2a+b≥22a+b,解得2a+b≥4.

令t=2a+b,則函數(shù)f(t)=tt-1=1+1t-1在[4,+∞)上單調(diào)遞減.

從而fmax(t)=f(4)=43,即2c的最大值為43,所以c的最大值為log243.

四、巧用常數(shù)“1”的代換

根據(jù)題目背景,有時(shí)將值為“1”的代數(shù)式代入多元目標(biāo)式后,目標(biāo)式便可明顯具備直接運(yùn)用基本不等式的條件和結(jié)構(gòu),從而實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化.

例5(2012年高考浙江卷)若正數(shù)x,y滿足x+3y=5xy,則3x+4y的最小值是()

A. 245B. 285C. 5D. 6

解析:將x+3y=5xy的兩邊同時(shí)除以5xy得:15y+35x=1,則3x+4y可化為:3x+4y=(3x+4y)(15y+35x)=135+3x5y+12y5x≥135+23x5y·12y5x=5(當(dāng)且僅當(dāng)3x5y=12y5x即x=2y=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.

五、化多元式為一元目標(biāo)函數(shù)

根據(jù)已知條件,通過(guò)代入消元或整體換元等方法,對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行減元,逐步轉(zhuǎn)化為一元目標(biāo)函數(shù)加以解決.如上例5中,也可由x+3y=5xy得y=x5x-3(其中x,y均為正數(shù),于是有x>35),代入目標(biāo)式消掉y后,配湊整理如下:

3x+4y=3x+4x5x-3=3x+45+1225(x-35)

=3(x-35)+1225(x-35)+135≥125+135=5

(當(dāng)且僅當(dāng)3(x-35)=1225(x-35)即x=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.又如:

例6(2013年高考山東卷)設(shè)正實(shí)數(shù)x,y,z滿足x2-3xy+4y2-z=0,則當(dāng)xyz取得最大值時(shí),2x+1y-2z的最大值為()

A. 0B. 1C. 94D. 3

解析:由已知條件得z=x2-3xy+4y2,代入xyz得:xyz=xyx2-3xy+4y2=1xy-3+4yx≤14-3=1(當(dāng)且僅當(dāng)xy=4yx即x=2y時(shí),取得等號(hào)).此時(shí),x=2y且z=2y2.再代入2x+1y-2z中經(jīng)過(guò)配方可得:

2x+1y-2z=22y+1y-22y2=-(1y-1)2+1≤1,(當(dāng)且僅當(dāng)1y=1即x=2,y=1,z=2時(shí)取得等號(hào)).故2x+1y-2z的最大值為1.從該例可以看出:“減元”是處理本題的關(guān)鍵.

【結(jié)束語(yǔ)】 運(yùn)用基本不等式求多元式的最值其實(shí)也是各地高考的熱門(mén)考點(diǎn),其綜合性強(qiáng),能力要求高,往往需要通過(guò)仔細(xì)閱讀、觀察、發(fā)現(xiàn)、分析、探究,加上扎實(shí)的運(yùn)算求解能力,方能實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的有效化解.endprint

基本不等式在求函數(shù)最值(或值域)和證明不等式方面有著很多應(yīng)用,極具簡(jiǎn)潔快捷功能.然而在實(shí)際運(yùn)用過(guò)程中,同學(xué)們往往缺乏對(duì)基本不等式結(jié)構(gòu)及其變形、變式的深入剖析,常在適用范圍、配湊整理、或取得最值條件等關(guān)鍵地方出現(xiàn)差錯(cuò).加上相關(guān)題目經(jīng)常創(chuàng)新,尤其遇到多元式求最值或取值范圍,更讓同學(xué)們一籌莫展、無(wú)從下手.為此,老師通過(guò)若干典例談?wù)勂浠獠呗?

一、妙用基本不等式的變式

基本不等式“x+y2≥xy(x,y∈R+,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào))”有很多的變式結(jié)構(gòu):xy≤(x+y2)2、2(x+y)≥(x+y)2、….雖變幻多端,但只要經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃握?,都可使之恢?fù)原形.為此,我們常對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行配湊或變式處理,使之具備運(yùn)用基本不等式的條件結(jié)構(gòu).

例1若a,b,c>0且a(a+b+c)+bc=4-23,則2a+b+c的最小值為()

A. 3-1B. 3+1

C. 23+2D. 23-2

解析:注意到已知條件可化為(a+b)(a+c)=(3-1)2,且目標(biāo)多元式又恰為“(a+b)+(a+c)”,將(a+b)、(a+c)分別視作兩個(gè)變量運(yùn)用基本不等式得:(a+b)+(a+c)≥2(a+b)(a+c)=23-2(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取得等號(hào)).故選D.

例2(2010年高考四川卷)設(shè)a>b>c>0,則2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2的最小值是()

A. 2B. 4C. 25D. 5

解析:2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2=(a-5c)2+a2-ab+ab+1ab+1a(a-b)=(a-5c)2+ab+1ab+a(a-b)+1a(a-b)≥0+2+2=4(當(dāng)且僅當(dāng)a-5c=0,且

ab=1,a(a-b)=1即a=2,b=22,c=25時(shí),等號(hào)成立).故答案選B.

點(diǎn)評(píng):這個(gè)例子解決的關(guān)鍵在于目標(biāo)多元式的變形配湊.另外,本題須強(qiáng)調(diào)在運(yùn)用基本不等式時(shí),務(wù)必時(shí)刻關(guān)注取得最值時(shí)的條件是否同時(shí)具備.

二、構(gòu)造多元目標(biāo)式的不等式

圍繞“多元目標(biāo)式”這一核心,根據(jù)已知條件,結(jié)合基本不等式,構(gòu)造出關(guān)于“多元目標(biāo)式”的不等式,然后解不等式即得多元目標(biāo)式的范圍或最值.

例3(2011年高考浙江卷)若實(shí)數(shù)x,y滿足x2+y2+xy=1,則x+y的最大值是.

解析:圍繞目標(biāo)式“x+y”將已知條件配成(x+y)2-1=xy,由xy≤(x+y2)2得:(x+y)2-1≤(x+y2)2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào)),解得-233≤x+y≤233.

即當(dāng)x=y=33時(shí),x+y的最大值是233.

變式:若正實(shí)數(shù)x,y滿足2x+y+6=xy,則xy的最小值是.(答案:18)

三、分離多元目標(biāo)函數(shù)

在多元等式或多元方程中,目標(biāo)元與其他元之間可能存在著函數(shù)關(guān)系,將目標(biāo)元分離開(kāi)來(lái),建立以其他元為自變量的目標(biāo)函數(shù),利用函數(shù)求最值的方法便可找到解決問(wèn)題的思路.

例4(2011年高考重慶卷)若實(shí)數(shù)a,b,c滿足2a+2b=2a+b,2a+2b+2c=2a+b+c,則c的最大值是.

解析:因?yàn)閏是目標(biāo)元,由2a+2b+2c=2a+b+c得2c=2a+2b2a+b-1=2a+b2a+b-1.

又由2a+2b≥22a·2b(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí),取得等號(hào)),即2a+b≥22a+b,解得2a+b≥4.

令t=2a+b,則函數(shù)f(t)=tt-1=1+1t-1在[4,+∞)上單調(diào)遞減.

從而fmax(t)=f(4)=43,即2c的最大值為43,所以c的最大值為log243.

四、巧用常數(shù)“1”的代換

根據(jù)題目背景,有時(shí)將值為“1”的代數(shù)式代入多元目標(biāo)式后,目標(biāo)式便可明顯具備直接運(yùn)用基本不等式的條件和結(jié)構(gòu),從而實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化.

例5(2012年高考浙江卷)若正數(shù)x,y滿足x+3y=5xy,則3x+4y的最小值是()

A. 245B. 285C. 5D. 6

解析:將x+3y=5xy的兩邊同時(shí)除以5xy得:15y+35x=1,則3x+4y可化為:3x+4y=(3x+4y)(15y+35x)=135+3x5y+12y5x≥135+23x5y·12y5x=5(當(dāng)且僅當(dāng)3x5y=12y5x即x=2y=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.

五、化多元式為一元目標(biāo)函數(shù)

根據(jù)已知條件,通過(guò)代入消元或整體換元等方法,對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行減元,逐步轉(zhuǎn)化為一元目標(biāo)函數(shù)加以解決.如上例5中,也可由x+3y=5xy得y=x5x-3(其中x,y均為正數(shù),于是有x>35),代入目標(biāo)式消掉y后,配湊整理如下:

3x+4y=3x+4x5x-3=3x+45+1225(x-35)

=3(x-35)+1225(x-35)+135≥125+135=5

(當(dāng)且僅當(dāng)3(x-35)=1225(x-35)即x=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.又如:

例6(2013年高考山東卷)設(shè)正實(shí)數(shù)x,y,z滿足x2-3xy+4y2-z=0,則當(dāng)xyz取得最大值時(shí),2x+1y-2z的最大值為()

A. 0B. 1C. 94D. 3

解析:由已知條件得z=x2-3xy+4y2,代入xyz得:xyz=xyx2-3xy+4y2=1xy-3+4yx≤14-3=1(當(dāng)且僅當(dāng)xy=4yx即x=2y時(shí),取得等號(hào)).此時(shí),x=2y且z=2y2.再代入2x+1y-2z中經(jīng)過(guò)配方可得:

2x+1y-2z=22y+1y-22y2=-(1y-1)2+1≤1,(當(dāng)且僅當(dāng)1y=1即x=2,y=1,z=2時(shí)取得等號(hào)).故2x+1y-2z的最大值為1.從該例可以看出:“減元”是處理本題的關(guān)鍵.

【結(jié)束語(yǔ)】 運(yùn)用基本不等式求多元式的最值其實(shí)也是各地高考的熱門(mén)考點(diǎn),其綜合性強(qiáng),能力要求高,往往需要通過(guò)仔細(xì)閱讀、觀察、發(fā)現(xiàn)、分析、探究,加上扎實(shí)的運(yùn)算求解能力,方能實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的有效化解.endprint

基本不等式在求函數(shù)最值(或值域)和證明不等式方面有著很多應(yīng)用,極具簡(jiǎn)潔快捷功能.然而在實(shí)際運(yùn)用過(guò)程中,同學(xué)們往往缺乏對(duì)基本不等式結(jié)構(gòu)及其變形、變式的深入剖析,常在適用范圍、配湊整理、或取得最值條件等關(guān)鍵地方出現(xiàn)差錯(cuò).加上相關(guān)題目經(jīng)常創(chuàng)新,尤其遇到多元式求最值或取值范圍,更讓同學(xué)們一籌莫展、無(wú)從下手.為此,老師通過(guò)若干典例談?wù)勂浠獠呗?

一、妙用基本不等式的變式

基本不等式“x+y2≥xy(x,y∈R+,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào))”有很多的變式結(jié)構(gòu):xy≤(x+y2)2、2(x+y)≥(x+y)2、….雖變幻多端,但只要經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃握恚伎墒怪謴?fù)原形.為此,我們常對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行配湊或變式處理,使之具備運(yùn)用基本不等式的條件結(jié)構(gòu).

例1若a,b,c>0且a(a+b+c)+bc=4-23,則2a+b+c的最小值為()

A. 3-1B. 3+1

C. 23+2D. 23-2

解析:注意到已知條件可化為(a+b)(a+c)=(3-1)2,且目標(biāo)多元式又恰為“(a+b)+(a+c)”,將(a+b)、(a+c)分別視作兩個(gè)變量運(yùn)用基本不等式得:(a+b)+(a+c)≥2(a+b)(a+c)=23-2(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)取得等號(hào)).故選D.

例2(2010年高考四川卷)設(shè)a>b>c>0,則2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2的最小值是()

A. 2B. 4C. 25D. 5

解析:2a2+1ab+1a(a-b)-10ac+25c2=(a-5c)2+a2-ab+ab+1ab+1a(a-b)=(a-5c)2+ab+1ab+a(a-b)+1a(a-b)≥0+2+2=4(當(dāng)且僅當(dāng)a-5c=0,且

ab=1,a(a-b)=1即a=2,b=22,c=25時(shí),等號(hào)成立).故答案選B.

點(diǎn)評(píng):這個(gè)例子解決的關(guān)鍵在于目標(biāo)多元式的變形配湊.另外,本題須強(qiáng)調(diào)在運(yùn)用基本不等式時(shí),務(wù)必時(shí)刻關(guān)注取得最值時(shí)的條件是否同時(shí)具備.

二、構(gòu)造多元目標(biāo)式的不等式

圍繞“多元目標(biāo)式”這一核心,根據(jù)已知條件,結(jié)合基本不等式,構(gòu)造出關(guān)于“多元目標(biāo)式”的不等式,然后解不等式即得多元目標(biāo)式的范圍或最值.

例3(2011年高考浙江卷)若實(shí)數(shù)x,y滿足x2+y2+xy=1,則x+y的最大值是.

解析:圍繞目標(biāo)式“x+y”將已知條件配成(x+y)2-1=xy,由xy≤(x+y2)2得:(x+y)2-1≤(x+y2)2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取得等號(hào)),解得-233≤x+y≤233.

即當(dāng)x=y=33時(shí),x+y的最大值是233.

變式:若正實(shí)數(shù)x,y滿足2x+y+6=xy,則xy的最小值是.(答案:18)

三、分離多元目標(biāo)函數(shù)

在多元等式或多元方程中,目標(biāo)元與其他元之間可能存在著函數(shù)關(guān)系,將目標(biāo)元分離開(kāi)來(lái),建立以其他元為自變量的目標(biāo)函數(shù),利用函數(shù)求最值的方法便可找到解決問(wèn)題的思路.

例4(2011年高考重慶卷)若實(shí)數(shù)a,b,c滿足2a+2b=2a+b,2a+2b+2c=2a+b+c,則c的最大值是.

解析:因?yàn)閏是目標(biāo)元,由2a+2b+2c=2a+b+c得2c=2a+2b2a+b-1=2a+b2a+b-1.

又由2a+2b≥22a·2b(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí),取得等號(hào)),即2a+b≥22a+b,解得2a+b≥4.

令t=2a+b,則函數(shù)f(t)=tt-1=1+1t-1在[4,+∞)上單調(diào)遞減.

從而fmax(t)=f(4)=43,即2c的最大值為43,所以c的最大值為log243.

四、巧用常數(shù)“1”的代換

根據(jù)題目背景,有時(shí)將值為“1”的代數(shù)式代入多元目標(biāo)式后,目標(biāo)式便可明顯具備直接運(yùn)用基本不等式的條件和結(jié)構(gòu),從而實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化.

例5(2012年高考浙江卷)若正數(shù)x,y滿足x+3y=5xy,則3x+4y的最小值是()

A. 245B. 285C. 5D. 6

解析:將x+3y=5xy的兩邊同時(shí)除以5xy得:15y+35x=1,則3x+4y可化為:3x+4y=(3x+4y)(15y+35x)=135+3x5y+12y5x≥135+23x5y·12y5x=5(當(dāng)且僅當(dāng)3x5y=12y5x即x=2y=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.

五、化多元式為一元目標(biāo)函數(shù)

根據(jù)已知條件,通過(guò)代入消元或整體換元等方法,對(duì)多元目標(biāo)式進(jìn)行減元,逐步轉(zhuǎn)化為一元目標(biāo)函數(shù)加以解決.如上例5中,也可由x+3y=5xy得y=x5x-3(其中x,y均為正數(shù),于是有x>35),代入目標(biāo)式消掉y后,配湊整理如下:

3x+4y=3x+4x5x-3=3x+45+1225(x-35)

=3(x-35)+1225(x-35)+135≥125+135=5

(當(dāng)且僅當(dāng)3(x-35)=1225(x-35)即x=1時(shí),取得等號(hào)),故3x+4y的最小值是5.又如:

例6(2013年高考山東卷)設(shè)正實(shí)數(shù)x,y,z滿足x2-3xy+4y2-z=0,則當(dāng)xyz取得最大值時(shí),2x+1y-2z的最大值為()

A. 0B. 1C. 94D. 3

解析:由已知條件得z=x2-3xy+4y2,代入xyz得:xyz=xyx2-3xy+4y2=1xy-3+4yx≤14-3=1(當(dāng)且僅當(dāng)xy=4yx即x=2y時(shí),取得等號(hào)).此時(shí),x=2y且z=2y2.再代入2x+1y-2z中經(jīng)過(guò)配方可得:

2x+1y-2z=22y+1y-22y2=-(1y-1)2+1≤1,(當(dāng)且僅當(dāng)1y=1即x=2,y=1,z=2時(shí)取得等號(hào)).故2x+1y-2z的最大值為1.從該例可以看出:“減元”是處理本題的關(guān)鍵.

【結(jié)束語(yǔ)】 運(yùn)用基本不等式求多元式的最值其實(shí)也是各地高考的熱門(mén)考點(diǎn),其綜合性強(qiáng),能力要求高,往往需要通過(guò)仔細(xì)閱讀、觀察、發(fā)現(xiàn)、分析、探究,加上扎實(shí)的運(yùn)算求解能力,方能實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的有效化解.endprint

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1.1 實(shí)數(shù)
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