典型例题一
例1 已知
，求证
证明：∵ 
，
，
， 三式相加，得
，即
说明：这是一个重要的不等式，要熟练掌握．
典型例题二
例2 已知
是互不相等的正数，
求证：
证明：∵
，
∴
同理可得：
．
三个同向不等式相加，得
①
说明：此题中互不相等，故应用基本不等式时，等号不成立．特别地，
，
时，所得不等式①仍不取等号．
典型例题三
例3 求证
．
分析：此问题的关键是“灵活运用重要基本不等式，并能由
这一特征，思索如何将进行变形，进行创造”．
证明：∵，
两边同加
得
．
即
．
∴
．
同理可得：
，
．
三式相加即得．
典型例题四
例4 若正数
、
满足
，则
的取值范围是 ．
解：∵
， ∴
，令
，得
，
∴
，或
（舍去）．
∴
，∴ 的取值范围是
说明：本题的常见错误有二．一是没有舍去；二是忘了还原，得出
．前者和后者的问题根源都是对
的理解，前者忽视了
后者错误地将
视为．
因此，解题过程中若用换元法，一定要对所设“元”的取值范围有所了解，并注意还原之．
典型例题五
例5 （1）求
的最大值．
（2）求函数
的最小值，并求出取得最小值时的
值．
（3）若
，且
，求
的最小值．
解：（1）
即
的最大值为
当且仅当
时，即
时，取得此最大值．
（2）
∴ 的最小值为3，当且仅当
，即
，
，
时取得此最小值．
（3）∴ 
∴
即
∵ ∴
即的最小值为2．
当且仅当
时取得此最小值．
说明：解这类最值，要选好常用不等式，特别注意等号成立的条件．
典型例题六
例6 求函数
的最值．
分析：本例的各小题都可用最值定理求函数的最值，但是应注意满足相应条件．如：
，应分别对
两种情况讨论，如果忽视
的条件，就会发生如下错误：∵ 
，
解：当
时，
，又
，
当且仅当
，即
时，函数
有最小值
∴
当
时，
，又
，
当且仅当
，即
时，函数
最小值
∴ 
典型例题七
例7 求函数
的最值．
分析：
．
但等号成立时
，这是矛盾的！于是我们运用函数
在
时单调递增这一性质，求函数
的最值．
解：设
，
∴
．
当
时，函数
递增．
故原函数的最小值为
，无最大值．
典型例题八
例8 求函数
的最小值．
分析：用换元法，设
，原函数变形为
，再利用函数的单调性可得结果．或用函数方程思想求解．
解：解法一：
设，故
．
由
，得：
，故：
．
∴函数
为增函数，从而
．
解法二：
设
，知
，可得关于
的二次方程
，由根与系数的关系，得：
．
又
，故有一个根大于或等于2，
设函数
，则
，即
，故
．
说明：本题易出现如下错解：
．要知道，
无实数解，即
，所以原函数的最小值不是2．错误原因是忽视了等号成立的条件．
当、为常数，且为定值，
时，
，不能直接求最大（小）值，可以利用恒等变形
，当
之差最小时，再求原函数的最大（小）值．
典型例题九
例9 
求
的最小值．
分析：此题出现加的形式和平方，考虑利用重要不等式求最小值．
解：由
，得
又
得
，即
．
故
的最小值是
．
说明：本题易出现如下错解：
，故的最小值是8．
错误的原因是，在两次用到重要不等式当等号成立时，有
和
，但在
的条件下，这两个式子不会同时取等号（
）．排除错误的办法是看都取等号时，与题设是否有矛盾．
典型例题十
例10 已知：
，求证：
．
分析：根据题设，可想到利用重要不等式进行证明．
证明：
同理：
说明：证明本题易出现的思维障碍是：(1)想利用三元重要不等式解决问题；(2)不会利用重要不等式
的变式；(3)不熟练证明轮换对称不等式的常用方法．因此，在证明不等式时，应根据求证式两边的结构，合理地选择重要不等式．另外，本题的证明方法在证轮换对称不等式时具有一定的普遍性．
典型例题十一
例11设
，且
，
，求
的最大值．
分析：如何将
与
用不等式的形式联系起来，是本题获解的关键．算术平均数与几何平均数定理
两边同加之后得
．
解：由，则有
说明：常有以下错解：
，
．
故
．
两式相除且开方得
．
错因是两不等式相除，如
，相除则有
．
不等式是解决从“和”到“积”的形式．从“和”到“积”怎么办呢？有以下变形：或
．
典型例题十二
例12 已知：
，且：
，求证：
，并且求等号成立的条件．
分析：由已知条件
，可以考虑使用均值不等式，但所求证的式子中有
，无法利用
，故猜想先将所求证的式子进行变形，看能否出现
型，再行论证．
证明：
等号成立，当且仅当
时．
由以上得
即当时等号成立．
说明：本题是基本题型的变形题．在基本题型中，大量的是整式中直接使用的均值不等式，这容易形成思维定式．本题中是利用条件将所求证的式子化成分式后再使用均值不等式．要注意灵活运用均值不等式．
典型例题十三
例13 已知
，且
，求
的最大值．
分析：由，可得，
故
，令
．
利用判别式法可求得（即）的最大值，但因为有范围
的限制，还必须综合韦达定理展开讨论．仅用判别式是不够的，因而有一定的麻烦，下面转用基本不等式求解．
解法一：由，可得，
．
注意到
．
可得，
．
当且仅当
，即
时等号成立，代入中得
，故
的最大值为18．
解法二：
，
，
代入中得：
解此不等式得
．下面解法见解法一，下略．
说明：解法一的变形是具有通用效能的方法，值得注意：而解法二则是抓住了问题的本质，所以解得更为简捷．
典型例题十四
例14 若
，且
，求证：
．
分析：不等式右边的数字“8”使我们联想到可能是左边三个因式分别使用基本不等式所得三个“2”连乘而来，而
．
证明：
，又
，
，
，
，即
．
同理
，
，
．
当且仅当
时，等号成立．
说明：本题巧妙利用
的条件，同时要注意此不等式是关于的轮换式．
典型例题十五
例15 设，求证：
．
分析：本题的难点在于
不易处理，如能找出与之间的关系，问题可得到解决，注意到：
，
则容易得到证明．
证明：
，
于是
同理：
，
．
三式相加即得：．
说明：注意观察所给不等式的结构，此不等式是关于的轮换式．因此只需抓住一个根号进行研究，其余同理可得，然后利用同向不等式的可加性．
典型例题十六
例16 已知：
（其中
表示正实数）
求证：
分析：要证明的这一串不等式非常重要，
称为平方根，
称为算术平均数，称为几何平均数，
称为调和平均数．
证明：
∴
，当且仅当“
”时等号成立．
∴
，等号成立条件是“”
∴
，等号成立条件是“”．
∴
，等号成立条件是“”．
说明：本题可以作为均值不等式推论，熟记以上结论有利于处理某些复杂不等式的证明问题．本例证明过程说明，不等式性质中的比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法．
典型例题十七
例17 设实数
，
，
，
，
，
满足
，
，
，求证
．
分析：由条件可得到，，， 同号．为方便，不妨都设为正．将求证式子的左边展开后可看出有交叉项
和
无法利用条件，但使用均值不等式变成乘积后，重新搭配，可利用条件求证．
证明：
同理，由
知与同号，与同号
∴，，，同号．不妨都设为正．
，
即．
说明：本题是根据题意分析得，，，同号，然后利用均值不等式变形得证．换一个角度，由条件的特点我们还会联想到使用二次方程根的判别式，可能会有另一类证法．
实际上，由条件可知，，，为同号，不妨设同为正．又∵，，∴
，
．
不等式
，
对任意实数
恒成立（根据二次三项式恒为正的充要条件），两式相加得
，它对任意实数恒成立．同上可得：．
典型例题十八
例18 如下图所示，某畜牧基地要围成相同面积的羊圈4间，一面可利用原有的墙壁，其余各面用篱笆围成，篱笆总长为36m．问每间羊圈的长和宽各为多少时，羊圈面积最大？
分析：可先设出羊圈的长和宽分别为，，即求的最大值．注意条件
的利用．
解：设每间羊圈的长、宽分别为，，则有，即
．设
上式当且仅当
时取“＝”．
此时
∴羊圈长、宽分别为
m，3m时面积最大．
说明：(1)首先应设出变量（此处是长和宽），将题中条件数学化（即建立数学模型）才能利用数学知识求解；(2)注意在条件之下求积的最大值的方法：直接用不等式
，即可出现积．当然，也可用“减少变量”的方法：
，当且仅当
时取“=”．
典型例题十九
例19 某单位建造一间地面面积为12m2的背面靠墙的矩形小房，房屋正面的造价为1200元/m2，房屋侧面的造价为800 元/m2，屋顶的造价为5800元．如果墙高为3m，且不计房屋背面的费用，问怎样设计房屋能使总造价最低，最低总造价是多少元？
分析：这是一个求函数最小值的问题，关键的问题是设未知数，建立函数关系．从已知条件看，矩形地面面积为12m2，但长和宽不知道，故考虑设宽为m，则长为
m，再设总造价为
．由题意就可以建立函数关系了．
解：设矩形地面的正面宽为m，则长为m；设房屋的总造价为．根据题意，可得：
当
，即
时，有最小值34600元．
因此，当矩形地面宽为4m时，房屋的总造价最低，最低总造价是34600元．
说明：本题是函数最小值的应用题，这类题在我们的日常生活中经常遇到，有求最小值的问题，也有求最大值的问题，这类题都是利用函数式搭桥，用均值不等式解决，解决的关键是等号是否成立，因此，在解这类题时，要注意验证等号的成立．
典型例题二十
例20 某单位决定投资3200元建一仓库（长方体状），高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每1m长造价40元，两侧墙砌砖，每1m长造价45元，顶部每1m2造价20元．计算：
(1)仓库底面积Ｓ的最大允许值是多少？
(2)为使Ｓ达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？
分析：用字母分别表示铁栅长和一堵砖墙长，再由题意翻译数量关系．
解：设铁栅长为m，一堵砖墙长为m，则有.
由题意得
应用算术平均数与几何平均数定理，得
即：
从而：
因此
的最大允许值是
，取得此最大值的条件是
，而
，由此求得
，即铁栅的长应是
．
说明：本题也可将
代入（*）式，导出关于的二次方程，利用判别式法求解．
典型例题二十一
例21 甲、乙两地相距
，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过
，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度
的平方成正比，且比例系数为；固定部分为元．
（1）把全程运输成本元表示为速度的函数，并指出这个函数的定义域；
（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
分析：这是1997年的全国高考试题，主要考查建立函数关系式、不等式性质（公式）的应用．也是综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的一道优秀试题．
解：（1）依题意知汽车从甲地匀速行驶到乙地所用的时间为
，全程运输成本为
．
故所求函数为
，定义域为
．
（2）由于
都为正数，
故有
，
即
．
当且仅当
，即
时上式中等号成立．
若
时，则时，全程运输成本最小；
当，易证
，函数
单调递减，即
时，
．
综上可知，为使全程运输成本最小，
在时，行驶速度应为；
在时，行驶速度应为．