题11 使不等式的解是的实数的取值范围是（ ）
A、 B、 C、 D、
（第十一届高二第一试第6题）
解法1 由已知可知的解集是.在此区间上函数是单调增的.因此的值应当满足关系
选B.
解法2 原不等式同解于，因为，所以
，从而.故选B.
评析 上述两种解法的实质是一回事.
关于此题，刊物上有数篇文章的观点值得商榷，现摘其部分加以分析.
一篇文章认为：“由已知不等式得，欲使其解为，实际上是对的任何，恒成立，而在上是增函数，所以当时，.故选B.”
另一篇文章在介绍了“设则
”后分析道：“令，当时，
，又，故，选B. ”
还有一篇文章干脆将题目改为：
使不等式的解是的实数的取值范围是（ ）
A、 B、
C、 D、
并作了如下解答：
“由已知得，记，因为在时，单调增，所以.因此，.选B.”
首先应当指出，第一、第三篇文章中说增函数在上的最小值是是明显错误的.
这三篇文章共同的观点是“不等式的解是”等价于“对的任何，恒成立”.按此观点，应当有，题目就错了（选择支中没有正确答案），又怎么能选B呢？第三篇文章也将题目改错了（选择支中同样没有正确答案）.
问题的关键在于“不等式的解是”与“对的任何，恒成立”到底是否等价.
为说明这一问题，我们只要看一个简单的例子就能明白了.
不等式的解集是，求的取值范围.
如果认为它等价于“时，不等式恒成立，求的取值范围”，就会这样解：
由得在上的最小值是
为所求.而事实上，，但的解集却不是，而是，可见两者并不等价.
至此，我们可以得出结论：“关于的不等式的解集是D”与“时，关于的不等式恒成立”不一定是等价的.
题12 已知是正数，并且，求证.
(第十届高一培训题第74题)
证法1 若与中有一个等于1,那么另一个也等于1,此时,显然.
若且,可将改写为,由此推得(若,则,得,这与矛盾),由此得 得 .
证法2
与同号,
.
证法3 由及,得
又与同号,
.
评析 解决本题的关键在于如何利用已知条件.
证法1通过分类讨论证得,较繁.由于,故证法2作差,只要此差大于等于0命题便获证.而证法3将表示成①,便将问题转化成证①式小于等于2.证法2,3的作法既有技巧性,又有前瞻性,简洁明了.
拓展 本题可作如下推广
推广1 设,且,则.
推广2 设,且,其中,则.
推广3 设,且,其中,则.
推广4 设,且,其中,
,则②.
由于推广1，2，3都是推广4的特例，故下面证明推广4.
证明 ⑴当时，②式显然成立.
⑵当不全为零，有
与同号，
即当不全为零时，②式也成立.综上，不等式②成立.
推广5 设，且，其中，则.
推广6 设，且，其中，则.
推广7 设，且，
其中，则③.
由于推广5，6是推广7的特殊情形，故下面证明推广7.
证明
由幂函数的性质，可知与同号，
即不等式③成立.
从变元个数进行推广可得
推广8 设，且，其中则
推广9 设，且，
其中则④.
由于推广8是推广9的特例,故下面证明推广9.
证明 令
由下标的对称性,对换上式的下标,得.将上面两式相加,得,由幂函数性质知与同号,
即,
,即不等式④成立.
题13 设，，，，，是实数，且满足，证明不等式
.
（第十届高二第二试第22题）
证法1 当时，原不等式显然成立.
当时，可设
.易知右边.
.是开口向下的抛物线，即
.
综上，时，
.
证法2，，，当时，
，又，求证的不等式成立.当时，
.综上，在题设条件下，总有
.
证法3 设，，，则由知，从而
.
,，，即.
证法4 设，，则
，又
.
.
证法5 记，，为坐标原点，则由,
得，整理得
，
，
.
评析 这是一个条件不等式的证明问题.由求证式是的形式自然联想到二次函数的判别式，构造一个什么样的二次函数是关键.当然是构造
，但只有当
时，才是二次函数，故证法1又分与
两类情形分别证明.很显然，等价转化思想、分类讨论思想是证法1的精髓.
证法2直接运用基本不等式证明.证法3通过换元后证明（即求证式），技巧性很强，一般不易想到，读者可细心体会其思路是如何形成的.证法4由求证式中的
,及联想到空间向量的模及数量积，因而构造向量解决问题.证法5则从几何角度出发，利用使问题轻松得证.五种证法，从多角度展示了本压轴题的丰富内涵.
拓展 本题可作如下推广：
推广 1 若，则
.
推广 2 若，，则
.
两个推广的证明留给读者.
题14 已知，并且，
求证：.
（第一届备选题）
证法1 令，且为锐角，则题设可化为，即.由柯西不等式知
.
.由万能公式得
,即
证法2 构造二次函数
.
，当且仅当取时取等号，，即，
又
，
故.（当且仅当时取等号）
证法3 ，
即，即于是,
即.
证法4 令则，且
，所以
所以.
证法5 设
则
左边=
证法6
同理
三式相加得
即
故
证法7
由已知，易知
证法8 由已知，易知
设
则
所以
证法9 由易得，于是
证法10 由易得.
同理，
证法11 由已知，易得.构造空间向量
评析 条件不等式证明的关键在于如何利用条件，而当条件难以直接利用或条件式显得相当复杂时，通常应当将条件适当转化，证法1、4、5、8正是通过不同形式的换元，使得问题变得简单易证的.灵活（变形）应用基本不等式（证法6、证法10），柯西不等式（证法3、7），以及一些重要的结论（证法9）也是证明不等式的常用方法.证法2、11分别构造函数、向量加以证明，很富创新性，同时也应纳入我们正常思考的范围.
拓展 本赛题可推广为：
命题1 若且
则
证明 设则有
由柯西不等式得
命题2 若且
则
命题3 若且
则
命题2、3的证明与命题1相仿.
命题4 设且（
），则
证明 将题设化为作变换，则题设化为由命题2得即化简得
进一步发散思维，还可得到：
命题5 设且
则
证明 设且为锐角.则题设可化为
由此得
由柯西不等式得
即
即
仿命题4的证法可将命题5推广为：
命题6 设且（
），则
对本赛题的条件再联想，又可推出
命题7 设且,则
证明 设且为锐角.则题设可化为
由此得
即
，同理可得
，
…
.
以上个式子相乘，得
有即
仿命题4的证法又可将命题7推广为：
命题8 设且，
则
命题8又可推广为：
命题9 设且
则.
证明 题设可化为作变换则题设化为且
即有同理可得 .
以上个式子相乘，得.
仿命题4的证法，命题9可进一步推广为：
命题10 设且
题15 求所有的正实数，使得对任意实数都有
（第十一届高二第二试第23题）
解法1 原不等式即 ①.设，则化为，其中（当），（当）.①式即.设，由于在1与之间恒小于或等于零，所以且，即，解之，得为所求.
解法2 ∵，∴，又，∴.设，记.依题意，恒成立，∴.在区间上单调递减；在区间上单调递增.而，∴（当时取最大值）,故，解得为所求.
解法3 原不等式即.令，则①.
(1)若，则，①式显然成立.
x
()
(2)若，则，即，即①式对任意恒成立
x
y
OO
1
()
图1
y
OO
1
图2
由函数的图象（图1）及，可得，且,但这与矛盾.
（3）若，则，即.由函数的图象（图2）及，可得且，即且，又，解得
.
综合（1）、（2）、（3），可得为所求.
评析 解决本题的关键是如何由对任意实数恒成立，得到关于的不等式.由于，故原不等式即，亦即.令，则原不等式就是.至此，若去分母，便将原问题转化为二次不等式恒成立的问题；若不去分母，应当有，可通过函数的最大值解决问题.
解法1运用函数思想，把二次不等式恒成立问题转化成二次函数的图象恒不在轴上方的问题，从而得到关于的不等式组，求出了的范围.解法2则由及，得从而得.再由函数在上单调减，在上单调增，求出了的最大值，由恒成立，得，求出了的范围.解法3则直接根据函数的图象，分，，三种情形讨论，直观地求出了的范围.
三种解法，道出了解决恒成立问题中求参数的三种方法：解法1为函数法；解法2为最值法；解法3为图象法.当然，解决恒成立问题决不仅仅是这三种方法，比如，还有分离参数法，变更主元法，运用补集思想等.
题16 函数的最小值为 ( )
A、-1 B、1 C、-2 D、2
（第七届高一培训题第2题）
解法1 .因为两个互为倒数的数，在它们等于时，其和可以取到绝对值的最小值.即当，即或时，的绝对值最小.又，故时，的绝对值最小.又，.选.
解法2 因为，联想到，于是令，，则.
，当且仅当
，即时，.故选.
解法3 设，.
，.
，即.故选.
解法4 .由此联想到万能公式:
，故令，则，
.又，,,即..故选.
解法5 ，，当且仅当，即时取等号..故选.
解法6 ，，当时取等号.故选.
解法7 由去分母并整理，得.，，即，或.，
，.当时，由，解得，.故选.
评析 解法1、6、7都是运用高一知识解决问题的，其余解法都用到了不等式知识，以解法5、6最简捷.
解法7运用的是判别式法.运用此法是有前提的，如果将题中限制条件“”去掉，此法总能解决问题.但有了“”的限制，此法就不一定能奏效.只有当时求出的的值在的范围内时，1才是最小值，否则1就不是最小值，应当另寻他法加以解决.事实上，若将此题改为“求函数
的最小值，”此法就失灵了.因为时，
.故取不到1，也就谈不上了.
若用不等式知识解：，，，
，当且仅当，即时取等号，但，故取不到1，同样不能解决问题.此时我们可利用函数单调性解：
设，则
.，,,，，
，，已知函数是的单调增函数.
.
拓展 本题的函数模型实际就是，容易证明，该函数在上单调递减，在上单调递增.于是关于其最值，我们有下面的
定理 已知函数，则
⑴当时，有最小值；
⑵当时，有最小值；
⑶当时，有最小值；
⑷当时，有最小值，且有最大值.
例如，函数在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值；在上有最小值，最大值
.
题17 已知，且，则的最小值是 （ ）
A、5 B、6 C、8 D、9
（第十一届高二第二试第9题、高二培训题第14题）
解法1 ，且，
当且仅当时取等号．故选D．
解法2 由时有，可知
，当且仅当，即时取等号．故选D ．
解法3 ，当且仅当
，即时取等号．故选D．
解法4 由柯西不等式，
，当且仅当时取等号．故选D．
解法5 利用“三个正数的算术平均值不小于它们的调和平均值”，立得
，．当且仅当时取等号．故选D．
解法6 若、、是长方体一条对角线与相邻三棱所成的角，
则．，且，故不妨设
（其中、、是长方体的长宽高）．则3+2+2+2=9，当且仅当，即时取等号．故选D．
解法7 构造二次函数
，，
即，又．故选D．
解法8 设，则
．故选D．
评析 解法1、2、3、4、5、8都是利用一些重要的基本不等式解决问题的．解法6、解法7分别通过构造长方体、函数将原问题转化，根据图形特征解决问题．根据解法2的思路，很容易得下面的错误解法：
．故选A．
错误原因就在于（1）、（2）、（3）式取等号的条件分别是，而此时，与已知矛盾．故取不到5．
拓展 本题可作如下推广：
推广1 若为常数，且，
则．
证明
，当且仅当时取等号．
．
推广2 若为常数，且，
则．
证明
，当且仅当时取等号．．
推广3 若为常数，且，
则．
证明 运用柯西不等式有
，
当且仅当，即时取等号．
.
根据推广1、2，立得本题所求最小值为9．
由，得．根据推广3，
，当且仅当，即时取等号．
．故选D．
再看一例：
例 已知，且，求的最小值．
解 由，得．根据推广3，
．当且仅当，即时取等号．．
题18 设为正实数，为常数，且,则的最小值为 _______.
（第十一届高二培训题第36题）
解法1 设 则
，当，即时取等号，
.
解法2 ,
当且仅当时取等号,.
解法3 令则，
，即，当且仅当、共线，即当，亦即时取等号，.
解法4 ,
当且仅当，即时取等号，.
解法5 设，即，代入，得，
，由，得或（舍去）．由，求得，，时，.
解法6 且，，,
故设，代入，得（定值），，当且仅当，即时取等号，.
解法7 由解法6知，，记①，由，得，
代入①可得，当且仅当
，即时取等号，此时，
当时 ，.
解法8 如图，在平面直角坐标系中，由己知条件及知直线过第一象限内的定点，便是该直线在两坐标轴上的截距之和. 如图所示，设，则，由图可知，，，．，当且仅当，即时取等号，.
解法9 在平面直角坐标系中，设过定点的直线方程为，易求得直线在轴与轴上的截距分别为，，
．，，，
故，当且仅当，时取等号，
.
解法10 由己知，得，即，,即，又由，得，．
如图，设四边形ABCD是长方形，令AD=，AB=，则（定值），由于面积为定值的长方形中，正方形的周长最小，于是可得，，，，当且仅当，时，.
评析 考虑到且，解法1运用三角代换，是常用方法.
两个正数的积为定值，则和有最小值，解法2将改写成，使之可运用这一结论求最值，这是一种常用的技巧.解法3构造向量求最值，使得新教材中向量这一工具得到应用，虽然解法并不很简单，但其意义仍不应低估.柯西不等式在数学竞赛中占有很重要的地位，解法4表明，运用柯西不等式解题十分方便.解法7表明，运用均值不等式求最值，应注意“一正二定三相等” ，重视配凑技巧的运用．
美国著名数学教育家玻利亚说过，“对于一个非几何问题，去找一个清晰的几何表达式，可能是走向解答的重要一步”．解法8、9、10正是这样做的．充分挖掘代数问题的几何背景，构造适当几何图形，运用数形结合的思想，常常可以收到意想不到的解题效果，同时也可培养我们的发散思维和创造性思想的能力．
拓展 此题可作推广：
推广 己知正常数，以及正实数（），
且，则当且仅当 时，取得最小值．
读者可参照解法4，利用柯西不等式自己证明该推广，此处不再赘述．
题19 如果，那么的最大值是_______．
(第八届高二第一试第19题)
解法1 设，，，，则 ，
，当且仅当时取等号， ．
解法2
，得 ，当且仅当时取等号．
．
解法3 由
．得
，当且仅当时取等号，
.
解法4 令，，，其中，则
，当且仅当，即时取等号，．
解法5
，当且仅当 时取等号，．
解法6 对任意，有，，
， ，即，易知当时，．
（此时）.
解法7 设 ，，，则由，得
， ．设，则，又
， ，即①，关于的不等式①有解， ，，此时，由①得．
．
解法8 令，，，则由，得
， 即①，设，则②，方程①表示为圆心，为半径的圆在第一象限内的部分；方程②表示斜率为的直线系，当①、②表示的曲线有公共点时，直线系的纵截距的最大值为，即，
，当且仅当，即时取等号，（此时）．
解法9 把，，看成一组数据，其方差
，，
，当且仅当时取等号，所求最大值为．
评析 破解此题的关键是设法消去求式中的根号，这样才可利用条件，解法1、4、5、6利用了基本不等式；解法3利用了柯西不等式；解法2利用了结论，都有效地达到了消去根号的目的，当然，运用这些公式需要适当的配凑技巧，解法1、4还通过先换元以后再利用公式；解法7则是运用整体思想与方程思想解决最值问题的一个范例，不少条件最值问题都可用此法加以解决;解法8通过换元，再将问题转化为求两曲线有交点的条件，虽有一定难度，但它体现了数学各分支内容之间的内在联系，当一个问题难以解决时，通过发散思维，将其转化为一个与之等价的较易解决的问题，这是一种常用的数学思想方法，也是高考所明确要求的．解法9则巧妙地运用方差的知识使问题获解，体现了新教材中知识的创新应用．
拓展 该问题可作多种推广：
推广1 己知，，则，当且仅当时取等号．
推广2 己知，，则，当且仅当时取等号．
推广3 己知，则 （），当且仅当时取等号．
推广4 若，，， ，则对于，
，有，当且仅当时取等号．
证明 由均值定理，得，则
，（当且仅当时取等号）．
推广1、2、3都是推广4的特殊情形，运用推广4，可以直接解决以下问题．
1、 己知，且，求证：．
2、 己知，，求证：.
3、 ，且，求的最大值．
变换角度思考，我们能否求的最小值呢？
先从最简单的情况入手．
．若，我们设法保留，去掉，得上式右边
．
故有.（＊）
对于，反复运用（＊）式，有
若有，则，且当，时取等号，于是便有
命题1 若，，则.
将改为，则有
命题2 若，，则.
将命题2中的3改为，则有
命题3 若，，则.
继续推广，得
命题4 若，，，则
．
证明 ，，
即，于是有
， 即
，. 反复利用上式，得
．
将改为，则有
命题5 若，，，则
.
命题6 若，，, 则
.（证略）
题20 若，并且，则的取值范围是 （ ）
A、 B、 C、 D、
（第九届高二第一试第10题）
解法1 由柯西不等式，可知.
∵，∴. 又由，可知
即，∴，于是
.
综上，.故选.
解法2 由，得，代入，有，即，∵，∴
，即，∵，则上式成立的条件必须且只须是，∴.故选.
评析 解法1由柯西不等式得到，并由推得.从而选．
解法2运用方程思想，设后，将其表示成关于的二次方程，由，得⊿，进而得，此式成立的条件是什么？这是一个关键问题.，必须且只须，从而解决问题.
拓展 众所周知下面的定理
定理 若二次函数，且，则.
易得下面的
推论 若，则.
证明
.由上面的定理，得
⊿，
∴.
由此，本题还可解答如下：
构造二次函数，由推论，得，即，∴，当且仅当时取等号.又，∴.故.∴选.
下面再举一例说明推广的应用．
例 设为正数，且，证明 ．
（加拿大第三届数学竞赛题）
证明 ∵，∴.
构造二次函数，由推论得，
∴，得，∴，即.
关于此题中的最小值，还可以通过轮换对称的性质求得.
如果一个代数式里的字母按照某个次序轮换，所得的代数式与原式恒等.我们就把这个代数式叫做关于这些字母的轮换对称式.如，，，
等都是关于、、的轮换对称式.
如果已知条件式和待求式都是关于某些字母的轮换对称式，则当且仅当这些字母相等时，待求式取得最值.再取一些特殊值（要满足条件式，但各字母取值不全相同）验证，便可确定待求式是最大值还是最小值.据此，本题中的最小值还可这样求得：当且仅当
时，取得最值，再令，，求得.故.
本题中的最小值还可由均值不等式求得：∵，
∴，当且仅当时取等号.
∴.
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