資源簡介

壓軸小題5 二元表達式的最值問題
【2023-2024年鎮海中學高三上期末】設實數滿足，
不等式恒成立，則實數的最大值為（ ）
A．12 B．24 C． D．

先分離參數，將不等式化為，利用權方和不等式化為一元函數計算最值即可．
由得，，故
等價于．
記．
由權方和不等式可得，
令，則
所以，當且僅當時等號成立，所以，
答案選B．
（2023高三·全國·專題練習）
1．已知正數滿足，則的最小值為
2．設正實數滿足，不等式恒成立，求的最大值．
先分離參數，將不等式化為，再引入雙變量換元利用待定系數法，配湊為常數由基本不等式計算最值即可．
由得，，故
等價于．
記．
設，
則，
（注：設
，令可知）
當且僅當，即時等號成立，
所以，答案選B．
（23-24高三上·河北邢臺·期末）
3．設，若，則的最小值為（ ）
A．6 B． C． D．4
4．已知，且，則的最大值是 ，的最大值是 ．
先分離參數，將不等式化為，設，兩次換元轉化不等式結合兩次基本不等式求最值即可．
由得，，故
等價于．
記．
設，則
，
當且僅當，即時等號成立，所以，答案選B．
5．若正數滿足，則的最小值是 .
（23-24高三下·重慶·階段練習）
6．對任意的正實數，滿足，則的最小值為 .
【題后總結】
解題策略：本題是一道不等式恒成立求參數取值范圍問題．此類問題是高頻考點，往往與函數、數列等內容結合，形式靈活、思維性強、知識交匯點多．常見的策略有：
1．全分離參數，轉化為最值問題；
2．半分離參數，利用圖形找出參數臨界情形；
3．不分離參數，分類討論．
總評：本題是一道不等式恒成立求參數最值問題，根據題中不等式中的參數個數選擇全分離參數，將問題轉化為求二元函數最值問題．求解二元函數最值大多是通過不等式手段求解，對于結構復雜的形式可以換元簡化形式，有助于明確結構選擇合適不等式求最值．需注意的是，應用多次不等式應檢驗等號成立的條件是否相同、等號是否可以取到．
7．已知正實數滿足，若不等式恒成立，求實數的最大值．
8．已知正數滿足，若不等式恒成立，求的最大值．
（23-24高三上·浙江紹興·期末）
9．已知x為正實數，y為非負實數，且，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
（【全國百強校】吉林省舒蘭一中2017-2018學年高二上學期期中考試數學（文）試卷）
10．已知，則的最小值為
A． B． C． D．
（23-24高一上·甘肅蘭州·期末）
11．對任意實數，不等式恒成立，則實數的最大值（ ）
A．2 B．4 C． D．
（23-24高三上·全國·階段練習）
12．已知，則的最大值是（ ）
A．15 B．18 C．20 D．24
13．已知，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
（23-24高一上·上海徐匯·期中）
14．已知實數x，y，z滿足，則下列說法錯誤的是（ ）
A．的最大值是 B．的最大值是
C．的最大值是 D．的最大值是
（23-24高三下·重慶·開學考試）
15．已知實數滿足，則的最大值為 ；的取值范圍為 ．
（23-24高一上·上海徐匯·期中）
16．若x，y，z均為正實數，則的最大值是 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【分析】
運用權方和不等式求和式的最小值，關鍵在于找到所求和式的兩個分母與題設和式之間的聯系，滿足條件則迅速求解.
【詳解】
要求最小值，先來證明權方和不等式，即：有當且僅當時取等號.
證明：利用柯西不等式：，當且僅當時取等號，
要證只須證，
因則=
當且僅當時，即時取等號.
故由
當且僅當時取等號.由解得：，
即當時，的最小值為.
故答案為：
2．
【分析】
利用換元法，將不等式左邊轉化為 的表達式，再多次利用基本不等式求得其最小值，從而得解.
【詳解】
因為，，所以，，
令，，則，，，，
所以
，
當且僅當且且且，即，
即，時，等號成立，
又不等式恒成立，所以，即的最大值為.
3．D
【分析】由基本不等式結合待定系數比例即可得解.
【詳解】設，，
令，解得，所以，
即，當且僅當，時，等號成立．
故選：D.
4． 10
【分析】直接利用均值不等式得到答案；變換得到，代入數據計算得到答案.
【詳解】根據均值不等式：，，，
故，當且僅當時取等號；
又因為，，
，
令，即，
故此時有，即，
當且僅當時取等號．
故答案為：10；.
【點睛】本題考查了均值不等式求最值，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力，確定是解題的關鍵.
5．
【分析】由題得，設，得到，令，則，解不等式即得解.
【詳解】由為正數，且
所以，
設，則有，
上式轉化為，
即，
由基本不等式易得，
所以，（當且僅當時取等）
令，則，上式轉化為，即，
解得或（舍去），
所以的最小值為.
故答案為：
【點睛】本題主要考查基本不等式及其應用，考查一元二次不等式的解法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.
6．
【分析】
變形得到，利用兩次基本不等式，求出最小值.
【詳解】任意的正實數，滿足，
由于為正實數，故由基本不等式得，
當且僅當，即時，等號成立，
所以
，
當且僅當，即時，等號成立，
綜上，的最小值為.
故答案為：
【點睛】
利用基本不等式求解最值問題，方法靈活，式子不能直接使用基本不等式時，常常需要變形，比如湊項法，“1”的妙用，消元法，多次使用基本不等式等
7．
【分析】
根據題意，將不等式問題轉化為最值問題，再由不等式代入計算，即可得到結果.
【詳解】因為，所以，
若不等式恒成立，只需，
而，
所以只需即可，即，
所以實數的最大值為.
8．
【分析】
利用參數分離法，結合作差法求得分離后不等式右邊的最小值，從而得解.
【詳解】
因為正數滿足，所以，
所以由可得，
因為，所以，
當且僅當，即，時取等號，
所以，
所以，即的最大值為.
9．B
【分析】
變形式子，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【詳解】由x為正實數，y為非負實數，得，由，得，
于是
，當且僅當，即時取等號，
所以當時，取得最小值.
故選：B
10．C
【詳解】，當且僅當時，等號成立，故選C.
點睛：本題主要考查了基本不等式.基本不等式求最值應注意的問題(1)使用基本不等式求最值，其失誤的真正原因是對其前提“一正、二定、三相等”的忽視．要利用基本不等式求最值，這三個條件缺一不可．(2)在運用基本不等式時，要特別注意“拆”“拼”“湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”“定”“等”的條件．
11．D
【分析】
首先不等式變形為恒成立，再利用兩次基本不等式求的最小值，即可求解的取值.
【詳解】不等式恒成立，可轉化為
恒成立，其中，
令，
，
，
第二次使用基本不等式，等號成立的條件是且，
得且，此時第一次使用基本不等式，說明兩次基本不等式能同時取得，
所以的最小值為，
即，則，
所以實數的最大值為.
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是再求的最值時，需變形為，再通過兩次基本不等式求最值.
12．C
【分析】先利用立方和公式和極化配方式把等式轉化為只含有的一個等式，然后利用配方進行整理即出現含的式子，即可得出答案.
【詳解】利用公式
及可得：
，
，
所以代入已知式化簡可得，
由觀察可得：當，時，即成立，
此時，
所以①，
又②，
③，
則①②③可得：
，
所以
，
故原不等式可化為：，
即，故，
此時當時等號成立，即的最大值是.
故選：C.
【點睛】關鍵點晴：本題的關鍵點在于尋求當分別為何值時，可能取得最大值，根據原式不易觀察，所以先利用立方和公式和極化配方式把等式轉化為只含有的一個等式，然后利用配方進行整理即出現含的式子，即可得出答案.
13．D
【分析】
法一：因式分解后根據式子特征，設，，從而表達出，結合基本不等式去除最小值；
法二：采用三角換元，結合三角函數恒等變換，利用三角函數有界性求出最小值.
【詳解】
法一：∵，
∴可設，，
∴，代入所求式子得，
，
當且僅當，時等號成立.所以的最小值為.
法二：設，，
代入已知等式得，，
∴
，
其中，.
∴，所以的最小值為.
故選：D
14．A
【分析】
利用判別式非負可判斷C選項；利用基本不等式及不等式性質可判斷BD選項；利用特例判斷A選項.
【詳解】對于C，由，
整理得，，可以看作關于的一元二次方程，
所以，
即，可以看作關于的一元二次不等式，
所以，解得，
當時，，，
所以x的最大值是，故C正確；
對于B，由，
即，
即，
令，，，則，
即，即，
由，當且僅當時等號成立，
，當且僅當時等號成立，
，當且僅當時等號成立，
所以，當且僅當時等號成立，
即，
所以
即，即，
所以，
即，
即，當且僅當，即時等號成立，
對于D，所以的最大值是，故B正確；
由，即，
所以，即，
當且僅當，時等號成立，
所以的最大值是，故D正確；
對于A，取，，，
則，
而，
又，
而，
所以，故A錯誤.
故選：A.
【點睛】方法點睛：對于多變量的恒等關系，可利用基本不等式進行轉化，也可以將其中一個變量看成主變量，從而可判斷方程有解的角度分析問題.
15． 1
【分析】第一空：直接由基本不等式即可求解；第二空：首先將目標式子化為關于的代數式，通過三角換元得的范圍，進一步取到倒，結合對勾函數性質得，從而即可得解.
【詳解】由題意，等號成立當且僅當，即的最大值為1；
由題意，
因為，所以設，
所以，
所以，
所以，
令，，所以，
又，
所以，
所以.
故答案為：1；.
【點睛】關鍵點點睛：第二空的關鍵是首先畫出關于的代數式，并求出的范圍，由此即可順利得解.
16．
【分析】
將拆開為，同時用兩次均值不等式構造相同結構即可.
【詳解】
，
所以，
當且僅當時取到等號，
故答案為：
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑