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1、
基本不等式
例1：求證。
分析：此問題的關鍵是“靈活運用重要基本不等式，并能由這一特征，思索如何將進行變形，進行創(chuàng)造”。
證明：∵，兩邊同加得，
即；∴，
同理可得：，，
三式相加即得。
例2：若正數、滿足，則的取值范圍是 。
解：∵，∴，令，得，
∴，或（舍去），∴，∴的取值范圍是。
說明：本題的常見錯誤有二。一是沒有舍去；二是忘了還原，得出。前者和后者的問題根源都是對的理解，前者忽視了后者錯誤地將視為。因此，解題過程中若用換元法，一定要對所設“元”的取值范圍有所了解，并注意還原之。
例3：已知，求證
證明：∵，，
2、，
三式相加，得，即
說明：這是一個重要的不等式，要熟練掌握。
例4：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。
例5：（1）求的最大值。
（2）求函數的最小值，并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。
例6：求函數的最值。
分
3、析：本例的各小題都可用最值定理求函數的最值，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(fā)生如下錯誤：
∵，
解：當時，，又，
當且僅當，即時，函數有最小值∴
當時，，又，
當且僅當，即時，函數最小值
∴
例7：求函數的最值。
分析：。但等號成立時，這是矛盾的！于是我們運用函數在時單調遞增這一性質，求函數的最值。
解：設，∴。
當時，函數遞增，故原函數的最小值為，無最大值。
例8：求函數的最小值。
分析：用換元法，設，原函數變形為，再利用函數的單調性可得結果?；蛴煤瘮捣匠趟枷肭蠼狻?
解：解法1：
設，故
。
由，得：，
4、故：。
∴函數為增函數，從而。
解法2：
設，知，可得關于的二次方程，由根與系數的關系，得：。
又，故有一個根大于或等于2，設函數，則，即，故。
說明：本題易出現如下錯解：。要知道，無實數解，即，所以原函數的最小值不是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（?。┲担梢岳煤愕茸冃?，當之差最小時，再求原函數的最大（?。┲怠?
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。
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。
5、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。
例11：已知，且，求的最大值。
解法1：由，可得，。
注意到?？傻?，。當且僅當，即時等號成立，代入中得，故的最大值為18。
解法2：，，代入中得：，解此不等式得。下面解法見解法1，下略。
說明：解法1的變形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法2則是抓住了問題的本質，所以解得更為簡捷。
例12：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于的輪換式。
新編廣東省廣州市高考數學一輪復習 專項檢測試題：27 基本不等式
