基本不等式之1的代换

专题：均值不等式应用中“1的代换〞

不等式是高中数学的重要内容之一，利用均值不等式求最值以与证明不等式是重中之重.纵观近几年全国各省的高考题与竞赛题，可以发现均值不等式中与“1〞有关的试题频频出现，好学教育老师对此总结如下，以供大家参考.

[题引][XX省皖江名校2016届高三12月联考数学〔理〕试题]

x2y20已知实数x,y满足xy20，若目标函数zaxby5(a0,b0)的最小值为2，

2xy20则的最小值为〔 〕

A.821442692151046B.C.D. 33332a3b[答案]D [解析] 首先作出可行域，如下图所示， 4x+y-2=0y21-1x-2y-2=01235-3-22x-y+2=0O-12x51015-2)z=ax+by-5A(-2,4 abzb5b把目标函数zaxby5(a0,b0)，变形可得yx，斜率为负数，当z取

6得最小值时， 联立求出交点A的坐标2xy20A(2,2)，当目标函数

x2y2032，即(ab)1 23zaxby5(a0,b0)过点A时取最小值，代入得ab所以(ab)()(52a3b232a3b232b3a104623)，当且仅当3a2b时，取ab3ab. .

.

最小值，故选D．

[考点]线性规划；基本不等式之1的代换.

[点评]这道题目除了考查线性规划外，还考查了常数的代换，或称为“1的代换〞，更具体的说，其与一般代换还是不同的，它更像是在所求的式子后面乘以一个1，或者是一个常数，因此，我们把此类解题技巧定义为“1的代换〞. [使用情景]

使用“1的代换〞解题的结构特征：

①都可转化为条件求最值问题，且已知是“和式〞，所求也是“和式〞，同时要求两和式是一整式，一分式〔或化为分式〕； ②已知“和式〞可变为常数“1〞；

③两个“和式〞都是齐次式或可变为齐次式。

符合上述特征的题目，通过“1〞的代换轻松解决问题。

[题型归纳]

题型1 直接使用“1的代换〞

22

题目1：已知x＋y＝1，(x＞0，y＞0)，则x＋y的最小值为( )． A．1 B．2 C．4 D．8 [答案]D

[解析]∵x＞0，y＞0，

22＋ ∴x＋y＝(x＋y)·xy





xy

＝4＋2y＋x≥4＋4



xyxy

y·x＝8.当且仅当y＝x，即x＝y＝4时取等号．

故选D

. .

.

11

题目2：设a＞0，b＞0.若a＋b＝1，则a＋b的最小值是( )． 1

A．2 B.4C．4 D．8 [答案]D

11a＋ba＋bba

[解析]由题意a＋b＝a＋b＝2＋a＋b≥2＋21

即a＝b＝2时，取等号，所以最小值为4. 故选D

变式1：若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是〔 〕 2428

A.5B.5 C．5 D．6

13

审题：由于已知x＋3y＝5xy可变成5y＋5x＝1，符合“1〞的代换法解题指针。 解：

变式2：在4×〔 〕+9×〔 〕＝60的2个〔 〕中，分别填入2个自然数，使它们的倒数和最小，应分别填和。

4x+9y

审题：设所填2数分别为x、y，则已知条件可变为60＝1，符合“1〞的代换法解题指针。 解：

. .

babaa×b＝4，当且仅当a＝b，.

题型2 构造的“1的代换〞

此类题目没有直接给出和式条件，所以需要从条件中找出和式条件，继而使用“1的代换〞进行求值.

题目3：设a0,b0.若3是3a与3b的等比中项，则的最小值为 〔 〕． A． B．1 C．4 D．8 [答案]C [解析]

试题分析：由等比中项得3333ab1

ab21a1b141111ababab22214，当且仅当时等号成立， ababbaba所以最小值为4，故选C 考点：均值不等式求最值

题目4：已知正项等比数列则

a7a62a5，满足：若存在两项am,an使得aman4a1，

14的最小值为( ) mn3525A.B.C. D. 不存在 236[答案]A [解析]因为项所以所以当且仅当所以

即

取等号，此时

，有

，所以，即，即

，。

， ，

，即

，解得，即

。若存在两，

时取最小值，所以最小值为，选A.

. .

.

[点评]上面两道题目是关于求最值的题目，且是二元式子的最值，此类题目我们要做的是首先找两变量之间的关系.

变式3：设O为坐标原点，第一象限内的点M(x,y)的坐标满足约束条件

2xy6051，ON(a,b)(a0,b0)，若OMON的最大值为40，则的最小值abxy20为〔 〕 〔A〕

259 〔B〕 〔C〕1 〔D〕4 64[答案]B

审 题：找出和式条件 解：

变式4：函数yloga(x3)1(a1,a0)的图象恒过定点A,若点A在直线

mxny10上,其中m0,n0,则

12的最小值为． mn[答案]8 解：

变式5：已知ab0，且ab2，则

21的最小值为 a3bab. .

.

[答案]解：

322 4题型3 隐藏“1〞

此类题目条件中没有给出含“1〞的等式，无法直接使用“1的代换〞法求解，但观察题目，发现其分母之和为常数，故可构造出“1〞的等式，即可使用“1的代换〞法求解.

a2b2题目5：已知0x1，a0，b0，求y的最小值.

x1x[答案](ab)2 [解析]

a2a2b2b2试题分析：y[x(1x)] x1xx1xa2(1x)b2xa2(1x)b2x22abab2a2b22ab(ab)2

x1xx1x22a2(1x)b2xa当且仅当，即x时等号成立 x1xab故ymin(ab)2

[点评]本题条件中没有给出含有1的等式，无法直接使用“1的代换〞法求解，但观察待求函数易知其分母和为1，故可将1x(1x)代入所求函数解析式，即可用“1的代换〞求解.

题目6：已知(0,)，求函数f()214的最小值 22sincos. .

[答案]9.

.

[解析]

14试题分析：f()22sincoscos24sin222 (sincos)52sincos2cos24sin252549

sin2cos23cos24sin2sin当且仅当2，即时取等号 23sincos所以函数f()

14的最小值为9. 22sincos变式6：已知(0,)，m0,n0,mn常数，求

2mn的最小值 sin2cos2解：

变式7：求解：

题型4 部分使用“1的代换〞 若形如“已知manb1，求1aa(m,n,a,b,k都是大于0）的最小值〞，只需部分使用kb. .

183(0x)的最小值 2x32x2.

“1的代换〞，即1aamanbakbakb

题目7：设正实数a,b 满足ab2,则1a的最小值为．

a8b[答案]1 [解析]

试题分析：a0,b0，

1aaba1ba1ba1121． a8b2a8b22a8b22a8b22当且仅当

ba42即a,b时取得等号． 2a8b33题目8：[2013XX理]设a + b = 2, b>0, 则当a = 时, [答案]2 [解析]

试题分析：因为ab2，所以1所以

ab 21|a|取得最小值. 2|a|b1|a|ab|a|ab|a|ab|a|a21 2|a|b4|a|b4|a|4|a|b4|a|4|a|b4|a|当且仅当

b|a|，即b2|a|时取等号， 4|a|b1|a|a1511； 2|a|b4|a|441|a|a13112|a|b4|a|44当a0时，当a0时，所以

；

31|a|的最小值为2|a|b4，此时b2a

又ab2，所以a(2a)2，即a2 变式8：设a0,b1 满足ab2，则解：

. .

a1的最小值为． b1a.

题型5 非齐次使用“1的代换〞

在使用“1的代换〞时，注意保持两和式是同次的. 题目9：已知a,bR且2ab1，则[答案]32 [解析] 试题分析：

141441222(2ab)(4a4abb) 222222ababab142的最小值是. 2ab22b4ab16a8422

babab4ab4ab4a24，当且仅当，即b2a时取等号； abababb216a2b216a2b216a22228，当且仅当22，即b2a时取等号；

aba2bab214844832，当且仅当b2a时取等号； a2b214所以22的最小值为32

ab所以

[点评]在使用“1的代换〞时，注意保持两和式是同次的.；在使用两次基本不等式时，注意两次等号成立的条件是否一致.

变式9：已知a,bR且解：

. .

1421，则2ab1的最小值是. 2ab.

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