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[ 【高分突破系列】高一數學上學期同步知識點剖析精品講義與分層練習]
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模塊導圖
知識剖析
基本不等式
若\(a>0\),\(b>0\)，則\(a+b \geq 2 \sqrt{a b}\)
(當且僅當\(a=b\)時，等號成立).
(1) \(\dfrac{a+b}{2}\)叫做正數\(a ,b\)的算術平均數，\(\sqrt{a b}\)叫做正數\(a ,b\)的幾何平均數.
(2) 基本不等式的幾何證明
(3) 運用基本不等式求解最值時，牢記：一正，二定，三等.
一正指的是\(a>0\),\(b>0\)；二定指的是\(ab\)是個定值，三等指的是不等式中取到等號.
基本不等式及其變形
(當且僅當\(a=b\)時等號成立)
(調和均值≤幾何均值≤算術均值≤平方均值)
以上不等式把常見的二元關系(倒數和，乘積，和，平方和)聯系起來，我們要清楚它們在求最值中的作用.
①\(a+b \geq 2 \sqrt{a b}\)，積定求和；
②\(a b \leq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}\)，和定求積：
③\(a^{2}+b^{2} \geq \dfrac{(a+b)^{2}}{2}\)(聯系了\(a+b\)與平方和\(a^2+b^2\))
④\(a b \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\)(聯系了\(ab\)與平方和\(a^2+b^2\))
對勾函數
1 概念
形如\(y=x+\dfrac{a}{x}(a>0)\)的函數.
2 圖像
3 性質
函數圖像關於原點對稱，
在第一象限中，當\(0<x<\sqrt{a}\)時，函數遞減，當\(x>\sqrt{a}\)時，函數遞增.
4 與基本不等式的關系
由圖很明顯得知當\(x>0\)時，\(x=\sqrt{a}\)時取到最小值\(y_{\min }=2 \sqrt{a}\)，
其與基本不等式\(x+\dfrac{a}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{a}{x}}=2 \sqrt{a}\)(\(x=\sqrt{a}\)時取到最小值)是一致的.
經典例題
【題型一】對基本不等式“一正，二定，三等”的理解
情況1 一正：\(a>0 ,b>0\)
求函數\(y=x+\dfrac{1}{x}(x<0)\)的最值.
【誤解】\(x+\dfrac{1}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{1}{x}}=2\)，故最小值是\(2\).
【誤解分析】誤解中套用基本不等式，\(a=x\)，\(b=\dfrac{1}{x}\)，當忽略了\(a>0,b>0\)的前提條件！
【正解】\(∵x<0\)\(\therefore-x>0,-\dfrac{1}{x}>0\)，
\(\therefore-x+\left(-\dfrac{1}{x}\right) \geq 2 \sqrt{-x \cdot\left(-\dfrac{1}{x}\right)}=2\)(當\(x=-1\)取到等號)
\(\therefore x+\dfrac{1}{x}=-\left(-x-\dfrac{1}{x}\right) \leq-2\)，
故函數\(y=x+\dfrac{1}{x}(x<0)\)的最大值為\(-2\)，沒有最小值.
情況2 二定：\(ab\)定值
求函數\(y=x+\dfrac{1}{x-1}(x>1)\)的最值.
【誤解】\(y=x+\dfrac{1}{x-1} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{1}{x-1}}\)
【誤解分析】套用基本不等式\(a=x\)，\(b=\dfrac{1}{x-1}\)，滿足\(a、b\)均為正數，但是最后求不出最值，因為\(a b=x \cdot \dfrac{1}{x-1}\)不是一定值.
【正解】\(y=x+\dfrac{1}{x-1}=x-1+\dfrac{1}{x-1}+1\geq 2 \sqrt{(x-1) \cdot \dfrac{1}{x-1}}+1=3\).(當\(x=2\)時取到等號)
\({\color{Red}{ (通過湊項得到定值"(x-1) \cdot \dfrac{1}{x-1}=1 ")}}\)
故函數\(y=x+\dfrac{1}{x-1}(x>1)\)的最小值為\(2\)，沒有最大值.
情況3 三等：取到等號
求函數\(y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}\)的最值.
【誤解】\(y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}=\dfrac{x^{2}+4+1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)\(=\sqrt{x^{2}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)\(\geq 2 \sqrt{\sqrt{x^{2}+4} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}}=2\)，即最小值為\(2\).
【誤解分析】在誤解中把\(a=\sqrt{x^{2}+4}\)，\(b=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)，
滿足了“一正二定”，但忽略了能否取到等號？若\(a=b\)，則\(\sqrt{x^{2}+4}=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)\(\Rightarrow \sqrt{x^{2}+4}=1 \Rightarrow x^{2}=-3\)顯然方程無解，即不等式取不到等號，只能說明\(\sqrt{x^{2}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}>2\)，那它有最小值么？
【正解】\(y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}=\dfrac{x^{2}+4+1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)\(=\sqrt{x^{2}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}\)，
令\(t=\sqrt{x^{2}+4}\)，則\(t≥2\)，
因為對勾函數\(y=t+\dfrac{1}{t}\)在\([2 ,+∞)\)上單調遞增，
當\(t=2\)時，取得最小值\(\dfrac{5}{2}\).
故\(y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}\)的最小值為\(\dfrac{5}{2}\)，無最大值.
【題型二】基本不等式運用的常見方法
方法1 直接法
【典題1】設\(x>0\)、\(y>0\)、\(z>0\)，則三個數\(\dfrac{1}{x}+4 y\)，\(\dfrac{1}{y}+4 z\)，\(\dfrac{1}{z}+4 x\)( )
A．都大於\(4\)
B．至少有一個大於\(4\)
C．至少有一個不小於\(4\)
D．至少有一個不大於\(4\)
【解析】假設三個數\(\dfrac{1}{x}+4 y<4\)且\(\dfrac{1}{y}+4 z<4\)且\(\dfrac{1}{z}+4 x<4\)，
相加得\(\dfrac{1}{x}+4 x+\dfrac{1}{y}+4 y+\dfrac{1}{z}+4 z<12\)，
由基本不等式得\(\dfrac{1}{x}+4 x \geq 4\)，\(\dfrac{1}{y}+4 y \geq 4\)，\(\dfrac{1}{z}+4 z \geq 4\)；\({\color{Red}{(直接使用基本不等式) }}\)
相加得\(\dfrac{1}{x}+4 x+\dfrac{1}{y}+4 y+\dfrac{1}{z}+4 z \geq 12\)，與假設矛盾；
所以假設不成立，三個數\(\dfrac{1}{x}+4 y\)，\(\dfrac{1}{y}+4 z\)，\(\dfrac{1}{z}+4 x\)至少有一個不小於\(4\)．
故選：\(C\)．
【點撥】本題利用了反證法求解，當遇到“至少”“至多”等的字眼可考慮反證法：先假設，再推導得到矛盾從而證明假設不成立.
【典題2】設\(x>0,y>0\)，下列不等式中等號能成立的有( )
①\(\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right) \geq 4\)；
②\((x+y)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right) \geq 4\)；
③\(\dfrac{x^{2}+9}{\sqrt{x^{2}+5}} \geq 4\)；
④\(x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4\)；
A．\(1\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\)個 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)個
【解析】\(\because x>0, \quad y>0\)，\(\therefore x+\dfrac{1}{x} \geq 2, y+\dfrac{1}{y} \geq 2\)，
當\(x=y=1\)時取到"="，所以①成立，
\((x+y)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=2+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x} \geq 4\)，
當\(x=y\)時取到"="，顯然②成立，
\(\dfrac{x^{2}+5+4}{\sqrt{x^{2}+5}}=\sqrt{x^{2}+5}+\dfrac{4}{\sqrt{x^{2}+5}}\)，
運用基本不等式不能取等號，此時\(x^2+5=4\)，顯然不成立，
\(x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4\)，
當\(x=y=1\)時成立，
故正確的有三個，故選：\(C\)．
【點撥】
① 直接使用基本不等式求解最值時，一是要做到“一正二定三等”，二是要選擇適當的式子充當"\(a ,b\)".
② 連等問題
本題中④\(x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4\)，當\(x=y=1\)時成立，
這里連續用到基本不等式，這要注意連等問題，即要確定兩個等號是否能同時取到，
\(x+y \geq 2 \sqrt{x y}\)是當\(x=y\)時取到等號，\(2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4\)是當\(xy=1\)時取到等號，
即要同時滿足方程組\(\left\{\begin{array}{c} x=y \\ x y=1 \end{array}\right.\)()才行，而方程組()有解\(x=y=1\)，
即\(x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4\)是成立的，當\(x=y=1\)取到等號.
再看一例子：設\(x,y∈R^*\),\(x+y=1\)，求\(\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right)\)的最小值.
誤解1：\(\because x+\dfrac{1}{x} \geq 2\)，\(y+\dfrac{1}{y} \geq 2\)，\(\therefore\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right) \geq 4\).
誤解2：\(\because\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right)=x y+\dfrac{1}{x y}+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)\(\geq 2 \sqrt{x y \cdot \dfrac{1}{x y}}+2 \sqrt{\dfrac{x}{y} \cdot \dfrac{y}{x}}=4\).
以上兩種解法問題在哪里呢？
【典題3】已知實數\(a，b\)滿足\(ab>0\)，則\(\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{a}{a+2 b}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{a}{a+2 b}=\dfrac{a(a+2 b-a-b)}{(a+b)(a+2 b)}\)\(=\dfrac{a b}{a^{2}+3 a b+2 b^{2}}=\dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+\dfrac{2 b}{a}+3}\)
\({\color{Red}{ (分子、分母均為二次項同除ab)}}\)
\(∵ab>0\)，\(\therefore \dfrac{a}{b}+\dfrac{2 b}{a} \geq 2 \sqrt{2}\)，當且僅當\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{2 b}{a} \Rightarrow a=\sqrt{2} b\)時取等號，
\(\therefore \dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+\dfrac{2 b}{a}+3} \leq \dfrac{1}{2 \sqrt{2}+3}=3-2 \sqrt{2}\)，
故最大值為\(3-2 \sqrt{2}\)．
【點撥】要用基本不等式的直接法求解需要尋找“乘積為定值的兩個式子”，比如\(x\)與\(\dfrac{1}{x}\)，\(\dfrac{a}{b}\)與\(\dfrac{2 b}{a}\)，\(2 \sqrt{x y}\)與\(\dfrac{2}{\sqrt{x y}}\)之類的.
方法2 湊項法
【典題1】若\(x>1\)，則函數\(y=4 x+\dfrac{1}{x-1}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(y=4 x+\dfrac{1}{x-1}\)\(=4(x-1)+\dfrac{1}{x-1}+4\)\(\geq 2 \sqrt{4}+4=8\)，當且僅當\(x=\dfrac{3}{2}\)時取等號．
\(∴\)函數\(y=4 x+\dfrac{1}{x-1}\)的最小值為\(8\)．
【點撥】把\(4x\)湊項成\(4(x-1)\)，目的是使得\(4(x-1)\)與\(\dfrac{1}{x-1}\)的乘積為定值.
【典題2】若\(x>1\)，則\(2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
分析：\(2x\)、\(\dfrac{9}{x+1}\)、\(\dfrac{1}{x-1}\)三項都不能乘積為定值，而與\(\dfrac{9}{x+1}\)、\(\dfrac{1}{x-1}\)乘積為定值的分別是\(x+1\)與\(x-1\)，而它們的和剛好是\(2x\)，故想到令\(2x=(x+1)+(x-1)\)，完成湊項.
【解析】
\(2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}\)\(=x+1+\dfrac{9}{x+1}+x-1+\dfrac{1}{x-1}\)
\(\geq 2 \sqrt{(x+1) \cdot \dfrac{9}{(x+1)}}+2 \sqrt{(x-1) \cdot\left(\dfrac{1}{x-1}\right)}=8\)當且僅當\(x+1=3\)，\(x－1=1\)，即\(x=2\)時取等號，
\({\color{Red}{ (用了兩次基本不等式，要注意是否能同時取到等號) }}\)
故\(2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}\)的最小值是\(8\).
【典題3】設\(a>b>0\)，則\(a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)
【解析】\(∵a>b>0\)，\(∴a-b>0\)；
\(\therefore a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}\)
\(=a b-b^{2}+\dfrac{1}{b(a-b)}+b^{2}+\dfrac{4}{b^{2}}\)
\({\color{Red}{ (這里巧妙地"-b^2+b^2 "完成湊項) }}\)
\(=\left[b(a-b)+\dfrac{1}{b(a-b)}\right]+\left[b^{2}+\dfrac{4}{b^{2}}\right]\)
\(\geq 2 \sqrt{b(a-b) \times \dfrac{1}{b(a-b)}}+2 \sqrt{b^{2} \times \dfrac{4}{b^{2}}}=2+4=6\)．
當且即當\(b(a-b)=\dfrac{1}{b(a-b)}\)且\(b^{2}=\dfrac{4}{b^{2}}\)，即\(a=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)，\(b=\sqrt{2}\)時取等號，\(\therefore a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}\)的最小值為\(6\).
方法3 湊系數
【典題1】若\(0<a<\dfrac{1}{2}\)，則\(a(1-2a)\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(∵0<a<\dfrac{1}{2}\)，\(∴a>0\)且\(1-2a>0\)，
則\(a(1-2 a)=\dfrac{2 a(1-2 a)}{2}\)\(\leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2 a+1-2 a}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{8}\)，
當且僅當\(2a=1-2a\),即\(a=\dfrac{1}{4}\)時等號成立，
即\(a(1-2a)\)的最大值為\(\dfrac{1}{8}\).
【點撥】基本不等式的變形\(a b \leq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}\)，和定求積(若\(a+b\)為定值，可求\(ab\)的最值).
本題中\(a+(1-2a)\)不是定值，故通過湊系數，使得\(2a+(1-2a)=1\)為定值從而求出最值.
本題僅是二次函數最值問題，這里重在體會下“和定求積”.
【典題2】已知\(a ,b\)為正數，\(4a^2+b^2=7\)，則\(a \sqrt{1+b^{2}}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】因為\(4a^2+b^2=7\)，
則\(a \sqrt{1+b^{2}}=\dfrac{1}{2}(2 a) \sqrt{1+b^{2}}\)\(\leq \dfrac{1}{2} \times \dfrac{(2 a)^{2}+\left(\sqrt{1+b^{2}}\right)^{2}}{2}\)\(=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{4 a^{2}+1+b^{2}}{2}=2\)，
\({\color{Red}{ (這里用到了不等式ab \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}，遇到二次根式可利用平方去掉根號)}}\)
當且僅當\(4 a^{2}=1+b^{2}\)時，取得最大值．
【點撥】
① 不等式\(ab \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}\)把\(ab\)，\(a^2+b^2\)兩者聯系在一起，知和\(a^2+b^2\)為定值，可求積\(ab\)的最值.
② 平時做題要多注意常見二元關系：倒數和、積、和、平方和，能夠靈活使用以下不等式能夠達到快速解題的效果.
\(\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \dfrac{a+b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}\)(當且僅當\(a=b\)時等號成立)
方法4 巧“1”法
【典題1】已知\(x>0\)，\(y>0\)，\(x+y=2\)，則\(\sqrt{x}+\sqrt{y}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(\because x+1 \geq 2 \sqrt{x}\)，\(y+1 \geq 2 \sqrt{y}\)(當\(x=y=1\)時取到等號)
\({\color{Red}{(加“1” 巧妙的把x與\sqrt{x}， y與\sqrt{y}聯系起來) }}\)
相加得\(x+y+2 \geq 2 \sqrt{x}+2 \sqrt{y}\)
即\(2(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq 4 \Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y} \leq 2\)，故最大值為\(2\).
【典題2】已知\(x>0\)，\(y>0\)，\(\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}=2\)，則\(x+2y\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(∵\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}=2\)\(\therefore \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=1\)
\(x+2 y=(x+2 y) \cdot 1=\dfrac{1}{2}(x+2 y)\left(\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)\(=\dfrac{1}{2}\left(2+\dfrac{x}{y}+\dfrac{4 y}{x}+2\right) \geq \dfrac{1}{2}\left(4+2 \sqrt{\dfrac{x}{y} \cdot \dfrac{4 y}{x}}\right)=4\)，
當且僅當\(\dfrac{x}{y}=\dfrac{4 y}{x}\)時，即\(x=2,y=1\)時等號成立，
故\(x+2y\)的最小值為\(4\).
【點撥】本題的方法很多，比如消元法、換元法等，但屬巧"1"法最簡潔了！
【典題3】設\(a>2\)，\(b>0\)，若\(a+b=3\)，則\(\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】若\(a+b=3\)，則\((a-2)+b=1\)，
\({\color{Red}{ (湊項再利用巧"1"法) }}\)
則\(\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}=\left(\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}\right) \times[(a-2)+b]\)\(=2+\left(\dfrac{b}{a-2}+\dfrac{a-2}{b}\right)\)，
又由\(a>2\),\(b>0\)，則\(\dfrac{b}{a-2}+\dfrac{a-2}{b} \geq 2 \sqrt{\dfrac{b}{a-2} \cdot \dfrac{a-2}{b}}=2\)，
當\(a=\dfrac{5}{2}, b=\dfrac{1}{2}\)時取到等號，
則\(\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}=2+\left(\dfrac{b}{a-2}+\dfrac{a-2}{b}\right) \geq 4\)，
即\(\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}\)的最小值為\(4\).
方法5 換元法
【典題1】若\(x>1\)，則\(y=\dfrac{x-1}{x^{2}+x-1}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】令\(t=x-1\)，則\(x=t+1\)，\(t>0\)，
原式\(=\dfrac{t}{(t+1)^{2}+(t+1)-1}\)\(=\dfrac{t}{t^{2}+3 t+1}=\dfrac{1}{t+\dfrac{1}{t}+3}\)\(\leq \dfrac{1}{2 \sqrt{t \cdot \dfrac{1}{t}+3}}=\dfrac{1}{5}\)，
當且僅當\(t=1\)即\(x=2\)時等號成立.
故\(y=\dfrac{x-1}{x^{2}+x-1}\)的最大值為\(\dfrac{1}{5}\).
【點撥】本題是屬於求函數\(y=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}\)的最值問題，它常用到基本不等式或對勾函數，換元法是常見手段.
【典題2】若\(a,b∈R^*\)，\(a+b=1\)，則\(\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}\)的最大值\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】設\(s=\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}\)，\(t=\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}\)
\({\color{Red}{ (遇到二次根式，用換元法達到去掉根號的目的)}}\)
則\(a=s^{2}-\dfrac{1}{2}\)，\(b=t^{2}-\dfrac{1}{2}\)
\(∵a+b=1\)\(∴s^2+t^2=2\)
\({\color{Red}{(這相當已知s^2+t^2=2求s+t的最大值，想到算術均值≤平方和均值\dfrac{a+b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}) }}\)
\(\therefore \dfrac{s+t}{2} \leq \sqrt{\dfrac{s^{2}+t^{2}}{2}}=1 \Rightarrow s+t \leq 2\)
即\(\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}} \leq 2\)，故最大值為\(2\).
【點撥】
① 本題本來是“已知\(a+b=1\)求\(\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}\)的最大值 (1)”，通過換元法后變成
“已知\(s^2+t^2=2\)求\(s+t\)的最大值 (2)”.顯然問題(2)比問題(1)看起來更舒服些，故換元法就能把問題的表示形式轉化為令人“順眼”些.
你說\(\dfrac{\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}}{2}\)\(\leq \sqrt{\dfrac{\left(\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}\right)^{2}+\left(\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}\right)^{2}}{2}}\)\(=\sqrt{\dfrac{a+\dfrac{1}{2}+b+\dfrac{1}{2}}{2}}=1\)\(\Rightarrow \sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}} \leq 2\)不更簡潔？
是的，它們的解法本質是一樣的，換元法本質是“整體思想”.用上換元法更容易找到解答思路.
② 本題還有其他的解法，可多思考體會下數學思維的魅力！
【典題3】設\(a、b\)是正實數，且\(a+2b=2\)，則\(\dfrac{a^{2}}{a+1}+\dfrac{4 b^{2}}{2 b+1}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】令\(a+1=s\)，\(2b+1=t\)，則\(a=s-1\)，\(2b=t-1\)；
\(\therefore \dfrac{a^{2}}{a+1}+\dfrac{4 b^{2}}{2 b+1}\)\(=\dfrac{(s-1)^{2}}{s}+\dfrac{(t-1)^{2}}{t}\)\(=s+t-4+\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{t}=\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{t}\)
\({\color{Red}{(以上純是運算，沒太大難度，作到這就相當於“已知s+t=4，求\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{t}最小值”，較易想到巧“1”法) }}\)
\(=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{s}+\dfrac{1}{t}\right)(s+t)=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{t}{s}+\dfrac{s}{t}\right)\)\(\geq \dfrac{1}{4}\left(2+2 \sqrt{\dfrac{t}{s} \cdot \dfrac{s}{t}}\right)=1\)．
當且僅當\(s=t=2\)即\(a=1, b=\dfrac{1}{2}\)取到等號，
即\(\dfrac{a^{2}}{a+1}+\dfrac{4 b^{2}}{2 b+1}\)的最小值是\(1\).
【點撥】本題再次讓你體驗到換元法能把問題轉化為更簡單的形式，本題是分母“換元”，“寧願分子復雜些，也想分母簡單些”就這么朴素的想法！
方法6 不等式法
【典題1】已知\(a ,b∈(0,+∞)\)，且\(1+\dfrac{2}{a b}=\dfrac{9}{a+b}\)，則\(a+b\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\).
\({\color{Red}{分析 }}\)：\(1+\dfrac{2}{a b}=\dfrac{9}{a+b}\)相當是“關於\(ab\)與\(a+b\)的方程”，而由基本不等式\(a+b \geq 2 \sqrt{a b}\)又確定了“關於\(ab\)與\(a+b\)的不等關系”，那用“消元思想”不就得到\(a+b\)的不等式么？！其范圍就有了！
【解析】\(∵a ,b∈(0,+∞)\)，\(\therefore a+b \geq 2 \sqrt{a b} (*)\)，
\(a+b \geq 2 \sqrt{\dfrac{2(a+b)}{9-(a+b)}}\)，
整理可得，\((a+b)^2－9(a+b)+8≤0\)，
解得\(1≤a+b≤8\).
【典題2】已知\(2a+b+2ab=3\)，\(a>0\)，\(b>0\)，則\(2a+b\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(∵a>0，b>0\)，\(\therefore 0<2 a b \leq \dfrac{(2 a+b)^{2}}{4}\)
\({\color{Red}{ (這要確定2ab與2a+b的關系，想法與上題相似，利用2ab與2a+b的等式關系與不等關系}}\)
\({\color{Red}{ 最終得到關於2a+b的不等式)}}\)
而\(3-(2a+b)=2ab\)
\(\therefore 0<3-(2 a+b) \leq \dfrac{(2 a+b)^{2}}{4}\)，
解得\(2≤2a+b<3\)，
\(∴2a+b\)的取值范圍是\([2,3)\)．
鞏固練習
1(★★) 已知\(a+b+c=2\)，則\(ab+bc+ca\)與\(2\)的比較 ．
2(★★) 已知\(x，y∈R^+\)，若\(x+y+xy=8\)，則\(xy\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★) 若\(x，y∈R^+\)，且\(\dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{y}=5\)，則\(3x+4y\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)
4(★★) 函數\(y=\dfrac{x^{2}+x-5}{x-2}(x>2)\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
5(★★) 已知實數\(a、b\),\(ab>0\)，則\(\dfrac{a b}{a^{2}+b^{2}+a^{2} b^{2}+4}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)
6(★★) [多選題]下列說法正確的是( )
A．\(x+\dfrac{1}{x}(x>0)\)的最小值是\(2\)
B．\(\dfrac{x^{2}+2}{\sqrt{x^{2}+2}}\)的最小值是\(\sqrt{2}\)
C．\(\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}\)的最小值是\(2\)
D．\(2-3 x-\dfrac{4}{x}\)的最大值是\(2-4 \sqrt{3}\)
7(★★★) [多選題]設\(a>0\)，\(b>0\)，且\(a+2b=4\)，則下列結論正確的是( )
A．\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\)的最小值為\(\sqrt{2}\)
B．\(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\)的最小值為\(2\)
C．\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\)的最小值為\(\frac{9}{4}\)
D．\(\dfrac{b}{a+1}+\dfrac{a}{b+1}>\dfrac{8}{7}\)恆成立
8(★★★) 若實數\(m\)，\(n>0\)，滿足\(2m+n=1\)，以下選項中正確的有( )
A．\(mn\)的最小值為\(\dfrac{1}{8}\)
B．\(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}\)的最小值為\(4 \sqrt{2}\)
C．\(\dfrac{2}{m+1}+\dfrac{9}{n+2}\)的最小值為\(5\)
D．\(4m^2+n^2\)的最小值為\(\dfrac{1}{2}\)
9(★★★) 已知正實數\(a，b\)滿足\(a+b=1\)，則\(\dfrac{2 a^{2}+1}{a}+\dfrac{2 b^{2}+4}{b}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)
10(★★★) 若正數\(x、y\)滿足\(x+4y-xy=0\)，則\(\dfrac{4}{x+y}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)
11(★★★) 已知\(0<a<1\)，則\(\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{4}{a}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
12(★★★) 已知\(a，b∈R\)，\(a+b=2\)，則\(\dfrac{1}{a^{2}+1}+\dfrac{1}{b^{2}+1}\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\)．
13(★★★) 若正數\(a，b\)滿足\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1\)，則\(\dfrac{a}{a-1}+\dfrac{4 b}{b-1}\)的最小值為\(\underline{\quad \quad}\)．
14(★★★★) 已知實數\(a>0\)，\(b>－2\)，且滿足\(2a+b=1\)，則\(\dfrac{2 a^{2}+1}{a}+\dfrac{b^{2}-2}{b+2}\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．
15(★★★★) 已知\(x>0\)，\(y>0\)，則\(\dfrac{2 x y}{x^{2}+8 y^{2}}+\dfrac{x y}{x^{2}+2 y^{2}}\)的最大值是\(\underline{\quad \quad}\)．
16(★★★★) 設實數\(x,y\)滿足\(\dfrac{x^{2}}{4}-y^{2}=1\)，則\(3x^2-2xy\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\).
挑戰學霸
方程\(\left(x^{2018}+1\right)\left(1+x^{2}+x^{4}+\cdots+x^{2016}\right)=2018 x^{2017}\)的實數解的個數為\(\underline{\quad \quad}\)．
答案
1.\(ab+bc+ca<2\)
2.\(2\)
3.\(5\)
4.\(7\)
5.\(\dfrac{1}{6}\)
6.\(AB\)
7.\(BC\)
8.\(D\)
9.\(11\)
10.\(\dfrac{4}{9}\)
11.\(9\)
12.\(\dfrac{\sqrt{2}+1}{2}\)
13.\(9\)
14.\(\dfrac{5}{3}\)
15.\(\dfrac{2}{3}\)
16.\(6+4 \sqrt{2}\)
挑戰學霸:\(1\)