2.2 基本不等式

${\color {Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}$
[【高分突破系列】高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义与分层练习]
(https://www.zxxk.com/docpack/2783085.html)
${\color {Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}$

必修第一册同步拔高练习，难度 3 颗星！

模块导图

知识剖析

基本不等式

若 $a>0$,$b>0$，则 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$
(当且仅当 $a=b$ 时，等号成立).
(1) $\dfrac{a+b}{2}$ 叫做正数 $a ,b$ 的算术平均数，$\sqrt{a b}$ 叫做正数 $a ,b$ 的几何平均数.
 
(2) 基本不等式的几何证明

(当点$D、O$重合，即$a=b$时，取到等号)  

(3) 运用基本不等式求解最值时，牢记：一正，二定，三等.
一正指的是 $a>0$,$b>0$；二定指的是 $ab$ 是个定值，三等指的是不等式中取到等号.
 

基本不等式及其变形

$$\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \dfrac{a+b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}$$

(当且仅当 $a=b$ 时等号成立)
(调和均值≤几何均值≤算术均值≤平方均值)
以上不等式把常见的二元关系 (倒数和，乘积，和，平方和) 联系起来，我们要清楚它们在求最值中的作用.
①$a+b \geq 2 \sqrt{a b}$，积定求和；
②$a b \leq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}$，和定求积：
③$a^{2}+b^{2} \geq \dfrac{(a+b)^{2}}{2}$(联系了 $a+b$ 与平方和 $a^2+b^2$)
④$a b \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}$(联系了 $ab$ 与平方和 $a^2+b^2$)
 

对勾函数

1 概念
形如 $y=x+\dfrac{a}{x}(a>0)$ 的函数.

2 图像

3 性质
函数图像关于原点对称，
在第一象限中，当 $0<x<\sqrt{a}$ 时，函数递减，当 $x>\sqrt{a}$ 时，函数递增.

4 与基本不等式的关系
由图很明显得知当 $x>0$ 时，$x=\sqrt{a}$ 时取到最小值 $y_{\min }=2 \sqrt{a}$，
其与基本不等式 $x+\dfrac{a}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{a}{x}}=2 \sqrt{a}$($x=\sqrt{a}$ 时取到最小值) 是一致的.
 

经典例题

【题型一】对基本不等式“一正，二定，三等”的理解

情况 1 一正：$a>0 ,b>0$
求函数 $y=x+\dfrac{1}{x}(x<0)$ 的最值.

【误解】$x+\dfrac{1}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{1}{x}}=2$，故最小值是 $2$.

【误解分析】误解中套用基本不等式，$a=x$，$b=\dfrac{1}{x}$，当忽略了 $a>0,b>0$ 的前提条件！

【正解】$∵x<0$$\therefore-x>0,-\dfrac{1}{x}>0$，
$\therefore-x+\left(-\dfrac{1}{x}\right) \geq 2 \sqrt{-x \cdot\left(-\dfrac{1}{x}\right)}=2$(当 $x=-1$ 取到等号)
$\therefore x+\dfrac{1}{x}=-\left(-x-\dfrac{1}{x}\right) \leq-2$，
故函数 $y=x+\dfrac{1}{x}(x<0)$ 的最大值为 $-2$，没有最小值.
 

情况 2 二定：$ab$ 定值
求函数 $y=x+\dfrac{1}{x-1}(x>1)$ 的最值.
【误解】$y=x+\dfrac{1}{x-1} \geq 2 \sqrt{x \cdot \dfrac{1}{x-1}}$
【误解分析】套用基本不等式 $a=x$，$b=\dfrac{1}{x-1}$，满足 $a、b$ 均为正数，但是最后求不出最值，因为 $a b=x \cdot \dfrac{1}{x-1}$ 不是一定值.
【正解】$y=x+\dfrac{1}{x-1}=x-1+\dfrac{1}{x-1}+1\geq 2 \sqrt{(x-1) \cdot \dfrac{1}{x-1}}+1=3$.(当 $x=2$ 时取到等号)
${\color {Red}{ (通过凑项得到定值 "(x-1) \cdot \dfrac {1}{x-1}=1")}}$
故函数 $y=x+\dfrac{1}{x-1}(x>1)$ 的最小值为 $2$，没有最大值.
 

情况 3 三等：取到等号
求函数 $y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}$ 的最值.
【误解】$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$，即最小值为 $2$.
【误解分析】在误解中把 $a=\sqrt{x^{2}+4}$，$b=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}$，
满足了 “一正二定”，但忽略了能否取到等号？若 $a=b$，则 $\sqrt{x^{2}+4}=\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}$$\Rightarrow \sqrt{x^{2}+4}=1 \Rightarrow x^{2}=-3$ 显然方程无解，即不等式取不到等号，只能说明 $\sqrt{x^{2}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}>2$，那它有最小值么？
【正解】$y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}=\dfrac{x^{2}+4+1}{\sqrt{x^{2}+4}}$$=\sqrt{x^{2}+4}+\dfrac{1}{\sqrt{x^{2}+4}}$，
令 $t=\sqrt{x^{2}+4}$，则 $t≥2$，
因为对勾函数 $y=t+\dfrac{1}{t}$ 在 $[2 ,+∞)$ 上单调递增，
当 $t=2$ 时，取得最小值 $\dfrac{5}{2}$.
故 $y=\dfrac{x^{2}+5}{\sqrt{x^{2}+4}}$ 的最小值为 $\dfrac{5}{2}$，无最大值.
 

【题型二】基本不等式运用的常见方法

方法1 直接法

【典题 1】设 $x>0$、$y>0$、$z>0$，则三个数 $\dfrac{1}{x}+4 y$，$\dfrac{1}{y}+4 z$，$\dfrac{1}{z}+4 x$(　　)
A．都大于 $4$
B．至少有一个大于 $4$
C．至少有一个不小于 $4$
D．至少有一个不大于 $4$
【解析】假设三个数 $\dfrac{1}{x}+4 y<4$ 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 $\dfrac{1}{x}+4 x+\dfrac{1}{y}+4 y+\dfrac{1}{z}+4 z \geq 12$，与假设矛盾；
所以假设不成立，三个数 $\dfrac{1}{x}+4 y$，$\dfrac{1}{y}+4 z$，$\dfrac{1}{z}+4 x$ 至少有一个不小于 $4$．
故选：$C$．
【点拨】本题利用了反证法求解，当遇到 “至少”“至多” 等的字眼可考虑反证法：先假设，再推导得到矛盾从而证明假设不成立.

 

【典题 2】设 $x>0,y>0$，下列不等式中等号能成立的有 (　　)
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．$1$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$3$ 个 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$4$ 个
【解析】$\because x>0, \quad y>0$，$\therefore x+\dfrac{1}{x} \geq 2, y+\dfrac{1}{y} \geq 2$，
当 $x=y=1$ 时取到 "="，所以①成立，
$(x+y)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)=2+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x} \geq 4$，
当 $x=y$ 时取到 "="，显然②成立，
$\dfrac{x^{2}+5+4}{\sqrt{x^{2}+5}}=\sqrt{x^{2}+5}+\dfrac{4}{\sqrt{x^{2}+5}}$，
运用基本不等式不能取等号，此时 $x^2+5=4$，显然不成立，
$x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4$，
当 $x=y=1$ 时成立，
故正确的有三个，故选：$C$．
【点拨】
① 直接使用基本不等式求解最值时，一是要做到 “一正二定三等”，二是要选择适当的式子充当 "$a ,b$".
② 连等问题
本题中④$x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4$，当 $x=y=1$ 时成立，
这里连续用到基本不等式，这要注意连等问题，即要确定两个等号是否能同时取到，
$x+y \geq 2 \sqrt{x y}$ 是当 $x=y$ 时取到等号，$2 \sqrt{x y}+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4$ 是当 $xy=1$ 时取到等号，
即要同时满足方程组 $\left\{\begin{array}{c} x=y \\ x y=1 \end{array}\right.$() 才行，而方程组 () 有解 $x=y=1$，
即 $x+y+\dfrac{2}{\sqrt{x y}} \geq 4$ 是成立的，当 $x=y=1$ 取到等号.
再看一例子：设 $x,y∈R^*$,$x+y=1$，求 $\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right)$ 的最小值.
误解 1：$\because x+\dfrac{1}{x} \geq 2$，$y+\dfrac{1}{y} \geq 2$，$\therefore\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\left(y+\dfrac{1}{y}\right) \geq 4$.
误解 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$.
以上两种解法问题在哪里呢？

【典题 3】已知实数 $a，b$ 满足 $ab>0$，则 $\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{a}{a+2 b}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$.
【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}$
${\color {Red}{ (分子、分母均为二次项同除 ab)}}$
$∵ab>0$，$\therefore \dfrac{a}{b}+\dfrac{2 b}{a} \geq 2 \sqrt{2}$，当且仅当 $\dfrac{a}{b}=\dfrac{2 b}{a} \Rightarrow a=\sqrt{2} b$ 时取等号，
$\therefore \dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+\dfrac{2 b}{a}+3} \leq \dfrac{1}{2 \sqrt{2}+3}=3-2 \sqrt{2}$，
故最大值为 $3-2 \sqrt{2}$．
【点拨】要用基本不等式的直接法求解需要寻找 “乘积为定值的两个式子”，比如 $x$ 与 $\dfrac{1}{x}$，$\dfrac{a}{b}$ 与 $\dfrac{2 b}{a}$，$2 \sqrt{x y}$ 与 $\dfrac{2}{\sqrt{x y}}$ 之类的.

 

方法2 凑项法

【典题 1】若 $x>1$，则函数 $y=4 x+\dfrac{1}{x-1}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】$y=4 x+\dfrac{1}{x-1}$$=4(x-1)+\dfrac{1}{x-1}+4$$\geq 2 \sqrt{4}+4=8$，当且仅当 $x=\dfrac{3}{2}$ 时取等号．
$∴$ 函数 $y=4 x+\dfrac{1}{x-1}$ 的最小值为 $8$．
【点拨】把 $4x$ 凑项成 $4(x-1)$，目的是使得 $4(x-1)$ 与 $\dfrac{1}{x-1}$ 的乘积为定值.
 

【典题 2】若 $x>1$，则 $2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
分析：$2x$、$\dfrac{9}{x+1}$、$\dfrac{1}{x-1}$ 三项都不能乘积为定值，而与 $\dfrac{9}{x+1}$、$\dfrac{1}{x-1}$ 乘积为定值的分别是 $x+1$ 与 $x-1$，而它们的和刚好是 $2x$，故想到令 $2x=(x+1)+(x-1)$，完成凑项.
【解析】
$2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}$$=x+1+\dfrac{9}{x+1}+x-1+\dfrac{1}{x-1}$
$\geq 2 \sqrt{(x+1) \cdot \dfrac{9}{(x+1)}}+2 \sqrt{(x-1) \cdot\left(\dfrac{1}{x-1}\right)}=8$ 当且仅当 $x+1=3$，$x－1=1$，即 $x=2$ 时取等号，
${\color {Red}{ (用了两次基本不等式，要注意是否能同时取到等号) }}$
故 $2 x+\dfrac{9}{x+1}+\dfrac{1}{x-1}$ 的最小值是 $8$.
 

【典题 3】设 $a>b>0$，则 $a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$
【解析】$∵a>b>0$，$∴a-b>0$；
$\therefore a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}$
$=a b-b^{2}+\dfrac{1}{b(a-b)}+b^{2}+\dfrac{4}{b^{2}}$
${\color {Red}{ (这里巧妙地 "-b^2+b^2" 完成凑项) }}$
$=\left[b(a-b)+\dfrac{1}{b(a-b)}\right]+\left[b^{2}+\dfrac{4}{b^{2}}\right]$
$\geq 2 \sqrt{b(a-b) \times \dfrac{1}{b(a-b)}}+2 \sqrt{b^{2} \times \dfrac{4}{b^{2}}}=2+4=6$．
当且即当 $b(a-b)=\dfrac{1}{b(a-b)}$ 且 $b^{2}=\dfrac{4}{b^{2}}$，即 $a=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$，$b=\sqrt{2}$ 时取等号，$\therefore a b+\dfrac{4}{b^{2}}+\dfrac{1}{b(a-b)}$ 的最小值为 $6$.

 

方法3 凑系数

【典题 1】若 $0<a<\dfrac{1}{2}$，则 $a(1-2a)$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$∵0<a<\dfrac{1}{2}$，$∴a>0$ 且 $1-2a>0$，
则 $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}$，
当且仅当 $2a=1-2a$, 即 $a=\dfrac{1}{4}$ 时等号成立，
即 $a(1-2a)$ 的最大值为 $\dfrac{1}{8}$.
【点拨】基本不等式的变形 $a b \leq\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^{2}$，和定求积 (若 $a+b$ 为定值，可求 $ab$ 的最值).
本题中 $a+(1-2a)$ 不是定值，故通过凑系数，使得 $2a+(1-2a)=1$ 为定值从而求出最值.
本题仅是二次函数最值问题，这里重在体会下 “和定求积”.
 

【典题 2】已知 $a ,b$ 为正数，$4a^2+b^2=7$，则 $a \sqrt{1+b^{2}}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】因为 $4a^2+b^2=7$，
则 $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$，
${\color {Red}{ (这里用到了不等式 ab \leq \dfrac {a^{2}+b^{2}}{2}，遇到二次根式可利用平方去掉根号)}}$
当且仅当 $4 a^{2}=1+b^{2}$ 时，取得最大值．
【点拨】
① 不等式 $ab \leq \dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}$ 把 $ab$，$a^2+b^2$ 两者联系在一起，知和 $a^2+b^2$ 为定值，可求积 $ab$ 的最值.
② 平时做题要多注意常见二元关系：倒数和、积、和、平方和，能够灵活使用以下不等式能够达到快速解题的效果.
$\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \dfrac{a+b}{2} \leq \sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}$(当且仅当 $a=b$ 时等号成立)
 

方法4 巧“1”法

【典题 1】已知 $x>0$，$y>0$，$x+y=2$，则 $\sqrt{x}+\sqrt{y}$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】$\because x+1 \geq 2 \sqrt{x}$，$y+1 \geq 2 \sqrt{y}$(当 $x=y=1$ 时取到等号)
${\color {Red}{(加 “1” 巧妙的把 x 与 \sqrt {x}， y 与 \sqrt {y} 联系起来) }}$
相加得 $x+y+2 \geq 2 \sqrt{x}+2 \sqrt{y}$
即 $2(\sqrt{x}+\sqrt{y}) \leq 4 \Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y} \leq 2$，故最大值为 $2$.
 

【典题 2】已知 $x>0$，$y>0$，$\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}=2$，则 $x+2y$ 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$，
当且仅当 $\dfrac{x}{y}=\dfrac{4 y}{x}$ 时，即 $x=2,y=1$ 时等号成立，
故 $x+2y$ 的最小值为 $4$.
【点拨】本题的方法很多，比如消元法、换元法等，但属巧 "1" 法最简洁了！
 

【典题 3】设 $a>2$，$b>0$，若 $a+b=3$，则 $\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
【解析】若 $a+b=3$，则 $(a-2)+b=1$，
${\color {Red}{ (凑项再利用巧 "1" 法) }}$
则 $\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 $a>2$,$b>0$，则 $\dfrac{b}{a-2}+\dfrac{a-2}{b} \geq 2 \sqrt{\dfrac{b}{a-2} \cdot \dfrac{a-2}{b}}=2$，
当 $a=\dfrac{5}{2}, b=\dfrac{1}{2}$ 时取到等号，
则 $\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}=2+\left(\dfrac{b}{a-2}+\dfrac{a-2}{b}\right) \geq 4$，
即 $\dfrac{1}{a-2}+\dfrac{1}{b}$ 的最小值为 $4$.
 

方法5 换元法

【典题 1】若 $x>1$，则 $y=\dfrac{x-1}{x^{2}+x-1}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】令 $t=x-1$，则 $x=t+1$，$t>0$，
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}$，
当且仅当 $t=1$ 即 $x=2$ 时等号成立.
故 $y=\dfrac{x-1}{x^{2}+x-1}$ 的最大值为 $\dfrac{1}{5}$.
【点拨】本题是属于求函数 $y=\dfrac{a_{1} x^{2}+b_{1} x+c_{1}}{a_{2} x^{2}+b_{2} x+c_{2}}$ 的最值问题，它常用到基本不等式或对勾函数，换元法是常见手段.
 

【典题 2】若 $a,b∈R^*$，$a+b=1$，则 $\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}$ 的最大值 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】设 $s=\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}$，$t=\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}$
${\color {Red}{ (遇到二次根式，用换元法达到去掉根号的目的)}}$
则 $a=s^{2}-\dfrac{1}{2}$，$b=t^{2}-\dfrac{1}{2}$
$∵a+b=1$$∴s^2+t^2=2$
${\color {Red}{(这相当已知 s^2+t^2=2 求 s+t 的最大值，想到算术均值≤平方和均值 \dfrac {a+b}{2} \leq \sqrt {\dfrac {a^{2}+b^{2}}{2}}) }}$
$\therefore \dfrac{s+t}{2} \leq \sqrt{\dfrac{s^{2}+t^{2}}{2}}=1 \Rightarrow s+t \leq 2$
即 $\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}} \leq 2$，故最大值为 $2$.
【点拨】
① 本题本来是 “已知 $a+b=1$ 求 $\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}$ 的最大值 (1)”，通过换元法后变成
“已知 $s^2+t^2=2$ 求 $s+t$ 的最大值 (2)”. 显然问题 (2) 比问题 (1) 看起来更舒服些，故换元法就能把问题的表示形式转化为令人 “顺眼” 些.
你说 $\dfrac{\sqrt{a+\dfrac{1}{2}}+\sqrt{b+\dfrac{1}{2}}}{2}$$\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$ 不更简洁？
是的，它们的解法本质是一样的，换元法本质是 “整体思想”. 用上换元法更容易找到解答思路.
② 本题还有其他的解法，可多思考体会下数学思维的魅力！
 

【典题 3】设 $a、b$ 是正实数，且 $a+2b=2$，则 $\dfrac{a^{2}}{a+1}+\dfrac{4 b^{2}}{2 b+1}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】令 $a+1=s$，$2b+1=t$，则 $a=s-1$，$2b=t-1$；
$\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}$
${\color {Red}{(以上纯是运算，没太大难度，作到这就相当于 “已知 s+t=4，求 \dfrac {1}{s}+\dfrac {1}{t} 最小值”，较易想到巧 “1” 法) }}$
$=\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$．
当且仅当 $s=t=2$ 即 $a=1, b=\dfrac{1}{2}$ 取到等号，
即 $\dfrac{a^{2}}{a+1}+\dfrac{4 b^{2}}{2 b+1}$ 的最小值是 $1$.

【点拨】本题再次让你体验到换元法能把问题转化为更简单的形式，本题是分母 “换元”，“宁愿分子复杂些，也想分母简单些” 就这么朴素的想法！
 

方法6 不等式法

【典题 1】已知 $a ,b∈(0,+∞)$，且 $1+\dfrac{2}{a b}=\dfrac{9}{a+b}$，则 $a+b$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
${\color {Red}{分析 }}$：$1+\dfrac{2}{a b}=\dfrac{9}{a+b}$ 相当是 “关于 $ab$ 与 $a+b$ 的方程”，而由基本不等式 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$ 又确定了 “关于 $ab$ 与 $a+b$ 的不等关系”，那用 “消元思想” 不就得到 $a+b$ 的不等式么？！其范围就有了！
【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 $1≤a+b≤8$.
 

【典题 2】已知 $2a+b+2ab=3$，$a>0$，$b>0$，则 $2a+b$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】$∵a>0，b>0$，$\therefore 0<2 a b \leq \dfrac{(2 a+b)^{2}}{4}$
${\color {Red}{ (这要确定 2ab 与 2a+b 的关系，想法与上题相似，利用 2ab 与 2a+b 的等式关系与不等关系}}$
${\color {Red}{ 最终得到关于 2a+b 的不等式)}}$
而 $3-(2a+b)=2ab$
$\therefore 0<3-(2 a+b) \leq \dfrac{(2 a+b)^{2}}{4}$，
解得 $2≤2a+b<3$，
$∴2a+b$ 的取值范围是 $[2,3)$．

 

巩固练习

1(★★) 已知 $a+b+c=2$，则 $ab+bc+ca$ 与 $2$ 的比较　 　．
 

2(★★) 已知 $x，y∈R^+$，若 $x+y+xy=8$，则 $xy$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3(★★) 若 $x，y∈R^+$，且 $\dfrac{3}{x}+\dfrac{1}{y}=5$，则 $3x+4y$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$
 

4(★★) 函数 $y=\dfrac{x^{2}+x-5}{x-2}(x>2)$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

5(★★) 已知实数 $a、b$,$ab>0$，则 $\dfrac{a b}{a^{2}+b^{2}+a^{2} b^{2}+4}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$
 

6(★★) [多选题] 下列说法正确的是 (　　)
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(★★★) [多选题] 设 $a>0$，$b>0$，且 $a+2b=4$，则下列结论正确的是 (　　)
A．$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ 的最小值为 $\sqrt{2}$
B．$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}$ 的最小值为 $2$
C．$\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}$ 的最小值为 $\frac{9}{4}$
D．$\dfrac{b}{a+1}+\dfrac{a}{b+1}>\dfrac{8}{7}$ 恒成立
 

8(★★★) 若实数 $m$，$n>0$，满足 $2m+n=1$，以下选项中正确的有 (　　)
A．$mn$ 的最小值为 $\dfrac{1}{8}$
B．$\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$
C．$\dfrac{2}{m+1}+\dfrac{9}{n+2}$ 的最小值为 $5$
D．$4m^2+n^2$ 的最小值为 $\dfrac{1}{2}$
 

9(★★★) 已知正实数 $a，b$ 满足 $a+b=1$，则 $\dfrac{2 a^{2}+1}{a}+\dfrac{2 b^{2}+4}{b}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$
 

10(★★★) 若正数 $x、y$ 满足 $x+4y-xy=0$，则 $\dfrac{4}{x+y}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$
 

11(★★★) 已知 $0<a<1$，则 $\dfrac{1}{1-a}+\dfrac{4}{a}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

12(★★★) 已知 $a，b∈R$，$a+b=2$，则 $\dfrac{1}{a^{2}+1}+\dfrac{1}{b^{2}+1}$ 的最大值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

13(★★★) 若正数 $a，b$ 满足 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$，则 $\dfrac{a}{a-1}+\dfrac{4 b}{b-1}$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

14(★★★★) 已知实数 $a>0$，$b>－2$，且满足 $2a+b=1$，则 $\dfrac{2 a^{2}+1}{a}+\dfrac{b^{2}-2}{b+2}$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

15(★★★★) 已知 $x>0$，$y>0$，则 $\dfrac{2 x y}{x^{2}+8 y^{2}}+\dfrac{x y}{x^{2}+2 y^{2}}$ 的最大值是 $\underline{\quad \quad}$．
 

16(★★★★) 设实数 $x,y$ 满足 $\dfrac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$，则 $3x^2-2xy$ 的最小值是 $\underline{\quad \quad}$.
 

挑战学霸
方程 $\left(x^{2018}+1\right)\left(1+x^{2}+x^{4}+\cdots+x^{2016}\right)=2018 x^{2017}$ 的实数解的个数为 $\underline{\quad \quad}$．

 
 

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.$6+4 \sqrt{2}$
挑战学霸:$1$