均值不等式的待定系数法.doc
2.待定系数法
2.待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
待定系数法是中学数学中的一种重要方法，它在平面解析几何中有广泛的应用．(一)求直线和曲线的方程例1 过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．【解】设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得依题意，列方程得于是所求的直线方程为8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．【解说】(1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．例2 如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若系，求曲线C的方程．(1998年全国高考理科试题)【解】如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．设曲线C的方程为y2=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N解之，得p=4，x1=1．故曲线C的方程为y2=8x (1≤x≤4，y＞0)．(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质例3 已知方程ax2＋bxy＋cy2=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．【解】设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则ax2+bxy＋cy2＝(mx+ny)(qx+py)．从而由待定系数法，得a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为即(m2＋n2)(qx＋py)2=(q2+p2)(mx＋ny)2，化简、整理，得(nq-mp)[(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y2]=0．∵ L1、L2是两条不重合的直线∴b2-4ac＝(mp+nq)2-4mnpq=(mp－nq)2＞0．即 mp-nq≠0．从而(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0．把 mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得bx2+2(c-a)xy-by2＝0．即为所求的两条角平分线方程．(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°．当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则【解说】一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便．(三)探讨二次曲线的性质1．证明曲线系过定点例4 求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2＋t＋1)x2+(t＋1)y2＋4t(t＋1)y-(109t2＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．【证明】把原方程整理成参数t的方程，得(4x2＋4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2＋y2-31=0．∵ t是任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；(3)解这个方程组，即得定点坐标．2．求圆系的公切线或公切圆例5 求圆系x2＋y2-2(2m＋1)x-2my＋4m2＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．【解】将圆系方程整理为[x-(2m+1)]2＋(y-m)2=m2(m≠0)显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．设它的公切线方程为 y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得从而[(1-2k)m-(k＋b)]2＝m2(1＋k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0．∵ m取零以外的任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m的关系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；(4)解这个方程组，求出k、b的值；(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．3．化简二元二次方程例6 求曲线9x2＋4y2＋18x-16y-11=0的焦点和准线．【分析】把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．【解】(略)．例7．已知函数y＝mx x nx22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
待定系数法的妙用
不等式不能成功. 先做一个换元, abc = 2a(5 − 2a)(4 − a), 此时既要保证三个乘积项的和是一个常数, 还要保证取等号
时三项要相等, 可设置两个参数 m, n (m, n > 0), 再根据需
要的条件列出等式解出参数.
2
证 明 设 m, n > ma(5−2a)(4n−na)
0,
差或等比数列, 问题就迎刃而解．而如何构造新数列, 待定系
数法可以大显身手．
例 3 已知数列 {an} 满足 a1 = 2, an+1 = 3an + 5, 求
{an} 的通项公式.
分 析 型 如 an+1 = pan + q (p ̸= 1) 的 数 列, 可 设
q
an+1
−x
=
p (an
−
x),
4
9
99
3
4
1 B2, sin2 α
=
A, cos2 α
=
B, 解得:
A
=
2 ,B
=
3 , 所以
3
5
5
1 sin6 α + 1 cos6 α + 4 + 6
3 , 所 以 1 sin6 α +
4
9
125 125 25
4
1 cos6 α
1 .
9
25
二、待定系数法在数列中的应用
在递推数列中, 如何构造新的数列, 使得新数列即为等
4
4
4
3 A2 sin2 α, 1 cos6 α + 1 B3 + 1 B3 1 B2 cos2 α, 再由右端
4
待定系数法
待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：①利用对应系数相等列方程；②由恒等的概念用数值代入法列方程；③利用定义本身的属性列方程；④利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。
Ⅰ、再现性题组：1.设f(x)＝x2＋m，f(x)的反函数f-1(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。
A. 52, －2 B. －52， 2 C.52, 2 D. －52，－22.二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－12,13)，则a＋b的值是_____。
A. 10B. －10C. 14D. －143.在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____。
待定系数法--习题训练
待定系数法 习题训练Ⅰ、再现性题组：1. 设f(x)＝x 2＋m ，f(x)的反函数f -1(x)＝nx －5，那么m 、n 的值依次为_____。
A. 52 , －2 B. －52 ， 2 C. 52 , 2 D. －52，－2 2. 二次不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集是(－12,13)，则a ＋b 的值是_____。
A. 10 B. －10 C. 14 D. －143. 在(1－x 3)（1＋x ）10的展开式中，x 5的系数是_____。
A. －297B.－252C. 297D. 2074. 函数y ＝a －bcos3x (b<0)的最大值为32，最小值为－12，则y ＝－4asin3bx 的最小正周期是_____。
5. 与直线L ：2x ＋3y ＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L ’的方程是_______________。
6. 与双曲线x 2－y 24＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________。
【简解】1小题：由f(x)＝x 2＋m 求出f -1(x)＝2x －2m ，比较系数易求，选C ； 2小题：由不等式解集(－12,13)，可知－12、13是方程ax 2＋bx ＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a 、b 的方程组，易求得a ＋b ，选D ；3小题：分析x 5的系数由C 105与(－1)C 102两项组成，相加后得x 5的系数，选D ；4小题：由已知最大值和最小值列出a 、b 的方程组求出a 、b 的值，再代入求得答案23π； 5小题：设直线L ’方程2x ＋3y ＋c ＝0，点A(1,-4)代入求得C ＝10，即得2x ＋3y ＋10＝0；6小题：设双曲线方程x 2－y 24＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程x 23－y 212＝1。
Ⅱ、示范性题组：例1. 已知函数y ＝mx x n x 22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
均值不等式
均值不等式及其应用一、 均值不等式的含义及成立的条件（一） 原型： ;2:22ab b a R b a ≥+∈，都有、对于任意的实数 .3,333abc c b a R c b a ≥++∈+都有：、、对于任意的正数（二） 均值不等式：任意n 个正数的算术平均值不小于这n 个正数的几何平均值两个数的均值不等式：若,a b R +∈，则2a b+a b =时成立）三个数的均值不等式：若,,a b c R +∈，则a b c ++≥a b c ==时成立） （等号仅当a b c ===d 时成立） （三）均值不等式常见的变形时取得最小值）为常数，则若时取得最小值）（注意当且仅当的最小值为，则常数若、、、对于任意的正数b a ((b a .22,122=≤=+=+≥+=∈+mm ab m b a m b a m b a m ab R c b a注意当且仅当若（注意当且仅当则常数、若c b a (c b a ,2===++==+=m c b a b a m abc3、几个常用不等式：① ab 2 ⎪⎝⎭233b c ++⎫⎪⎝⎭；③如果,a b R ∈≥2a b +2a b+（可以推广到n 的情形）【均值不等式的几何证明------用几何意义加深对不等式的理解】 （1）的几何意义ab b a 222≥+：如右图，不妨设0>>a b ，两个正方体的体积 之和为22b a +，两个矩形的面积之和为：ab 2 显然，这两部分面积之差ab b a 2-22+为图中 阴影部分面积..4,4abcd d c b a R d c b a ≥+++∈+都有：、、、对于任意 b(2)的几何意义ab ba ≥+2： 【其一】分析：设ab x =，其意义是什么？联想到圆幂定理：ab x =2如右图：设a AB =，b AC =，则a b BC -=，以BC 为直径作圆，切线AD 与圆相切于D 点，则有：AD=ab ，AO=2ba +（为什么？）. 显然，AD AO ≥ 【其二】原式即的几何意义）（ab b a ≥+22： 如右图，设a AC =，b AB =，中点为BC D ，则，2b a AD +=，正方形ADEF 的面积=22）（b a + 矩形ACHG 的面积= ab ，这两面积的差= MHNE S 矩形，（为什么？）即22）（b a +=ab +S 矩形（注意：CD EN S S 矩形=（3）如右图：设a AC =，则，2ba AD +=， 则222b a +而b a ）（22+这两个面积的差等于MNG S ∆即222b a +=22）（b a ++MNG S ∆（为什么？）ABCODFA BC D二、均值不等式的应用【适应性预备练习】1、课本P11练习1、2、32、课本P11习题1、2、3、4、6;2(4);(3);411)2( ;2211 ,322ab ba abab abb a )ba b)((a abb a R b a >+>+>++>++∈+）（）成立的是（则下列不等式中一定不、、设 zxyz xy z y x R z y x cba b a c a c b R c b a ++≥++∈≥+++++∈+222,2614求证：、、）已知：（，证明：、、）已知：、（ 【方法三种：均值不等式、构造函数的方法、配方法】（一）应用于证明不等式--------值不等式证之.1、 证明：log 5lg 42<(2)12222222444c b b a b a c b a R c b a ++++≥++∈）（、、、已知;(2) 4;))((13222c b a ac c b b a c b a c b a R a 、、b、c ++≥++≥++++∈+），求证：（、设9)111)(( (3)≥++++cb ac b a .8)1-1)(1-1)(1-1231,14≥≤++=++∈+cb ac b a c b a R a 、、b、）（；（）（求证：，若、设 9111 (3)≥++c b a ； ;31)4(222≥++c b a )(2,,5222zx yz xy z cb a y b ac x a c b R c b a R z y x ++≥+++++∈∈+求证：、、、、、若4171(4).225)b 1(b )1(3)( ;425)b 1)(b 1)(2( ;811111,0,0622≥+≥+++≥++≥++=+>>ab ab a a a a ab b a b a b a ）（，求证：、设【第（1）题方法：具有代表性，五种方法。
关于均值不等式的探讨本科毕业
关于均值不等式的探讨本科毕业渤海大学本科毕业论文渤海大学本科毕业论文题目关于均值不等式的探讨The Subject of Undergraduate Graduation Project ofDUTDISCUSSION ON INEQUALITY学院（系）：数理学院数学系专业班级：数学与应用数学10-1学号：10020018入学年制：2010年9月学生姓名：李雪琴指导教师：宋燕完成日期：2014年五月2014年 3 月 10 日渤海大学Bohai university摘要不等式主要研究数的不等关系,是进一步学习数学的基础,是掌握现代科学技术的重要工具。
均值不等式是不等式内容的重要组成部分,世界上的很多国家,对均值不等式的教学都有其具体要求,在高中《课程标准》里面都对这部分内容的教学做了明确的规定.其内容在中学数学课程中也占有十分重要的地位,而国内外专门针对该知识点的研究比较少。
本文通过实例讲解均值不等式,并延伸扩展相关问题，综合运用并进一步探讨，将研究均值不等式所得相关结果,用以解决最值问题、不等式证明以及实际生活中的数学应用的实际问题。
关键词均值不等式，最值问题，数学应用The subject of Undergraduate Graduation Project (Thesis)BHUDISCUSSION ON INEQUALITYAbstractInequality mainly studies several relations, is the foundation of further study mathematics, is an important tool to master modern science and technology.Average inequality is the inequality content is an important part of many countries in the world, the average inequality has its specific requirements, the teaching in senior high school "curriculum standard" for this part of contents of teaching made clear rules. The content in the high school mathematics curriculum also occupies an important position, and the special study of the knowledge is less at inland and abroad.In this paper, through the example explains the mean inequality, and extending related issues, the integrated use of and further discussion, will study the related results of mean inequality, to solve the problem of the most value, an inequation, and the actual problems of the application of mathematics in actual life.Keywords：inequality ，the most value issue，the value of mathematics application目录引言1均值不等式及有关结论1.1 均值不等式定义1.1.1 解决最值问题的有效方法—均值不等式1.2 均值不等式结论1.1.2 拓展均值不等式及其相关结论1.3 均值不等式的推广1.1 3 均值不等式的推广2 均值不等式的应用2.1 应用均值不等式的思想方法：待定系数法2.2 应用均值不等式的主要解题技巧2.3 应用均值不等式求最值问题2.4 应用均值不等式证明不等式问题2.5 应用均值不等式讨论数列极限问题2.5.1均值不等式在极限中的应用2.2.2均值不等式在数列收敛中的应用参考文献引言均值不等式是数学中一个重要的不等式，它的许多性质对解决数学问题都有很大帮助，在现实生活中也有着广泛的应用。
待定系数法在解题中的灵活运用
待定系数法在解题中的灵活运用待定系数法英文名称为undetermined coefficients 它是一种求未知数的方法。
一般用法是，设某一多项式的全部或部分系数为未知数，利用两个多项式恒等时同类项系数相等的原理或其他已知条件确定这些系数，从而得到待求的值。
例如，将已知多项式分解因式，可以设某些因式的系数为未知数，利用恒等的条件，求出这些未知数。
求经过某些点的圆锥曲线方程也可以用待定系数法。
从更广泛的意义上说，待定系数法是将某个解析式的一些常数看作未知数，利用已知条件确定这些未知数，使问题得到解决的方法。
求函数的表达式，把一个有理分式分解成几个简单分式的和，求微分方程的级数形式的解等，都可用这种方法。
对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程或方程组，解之即得待定的系数。
广泛应用于多项式的因式分解，求函数的解析式和曲线的方程等。
如果我们的学生能掌握这种待定系数法在数学中的灵活应用，对我们解题思维，解题速度，解题方向都很有帮助。
下面就让我们一起体会一下：待定系数法在我们求不等式的取值范围中的灵活应用我们在解不等式时，若给定，求或或等等这些都是比较容易完成的题目，可以直接利用我们数学中的，则有这不等式的基本性质就可以完成，但我们对于稍微复杂一点，不能直接用我们的不等式性质完成的题目，我又该如何解答呢，例如：例：已知且，求的取值范围。
这个题目，我们首先想到的是把不能直接去求解和b的范围求解出，再利用我们的数学中不等式的基本性质完成就可以了。
但是，就这个求和b的范围是非常复杂的过程，花费的时间是不用说的，说不定有点题目到最后我们还求不出来呢。
这时我们就要想想是否有别的方法可以完成，我们不妨试试我们的待定系数法。
我们可以保持和范围的完整性，能不能把分解成与的和或者差的问题呢，如果能我们就可以用不等式的则把这个问题解决了。
高中数学解题基本方法——待定系数法
三、待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：①利用对应系数相等列方程；②由恒等的概念用数值代入法列方程；③利用定义本身的属性列方程；④利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。
Ⅰ、再现性题组：1.设f(x)＝x2＋m，f(x)的反函数f-1(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。
A. 52, －2 B. －52， 2 C.52, 2 D. －52，－22.二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－12,13)，则a＋b的值是_____。
A. 10B. －10C. 14D. －143.在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____。
第42讲-平均不等式
平均不等式本节主要内容是两个、三个或n 个（n ∈N +）正数的算术平均数不小于它的几何平均数，也就是),(2+∈≥+R b a ab ba ),,(33+∈≥++R c b a abc c b a),...,,(......212121+∈≥+++R a a a a a a na a a n nn n对于一般正整数n 的平均不等式，我们将在本节的附录里给出证明． A 类例题例1 证明：对任意实数a >1,b >1， 有81122≥-+-a b b a分析：由对称性，容易算出当a =b =2时等号成立，此时4)1(41)1(4122=-=-=-=-a a b b b a证明：)1(4.12)1(4122--≥-+-b b a b b a即a b b a 4)1(412≥-+-同理b a a b 4)1(412≥-+-两同向不等式相加得81122≥-+-a b b a ，a =b =2时等号成立． 说明：不等式中什么时候等号成立，应该看作是一种信息，有时能帮助我们找到证题的入口．本题对平均不等式用得巧妙、简捷、富有启发性． 链接：本题可以稍作引申：当a >1,b >1,c >1时，12111222≥-+-+-a c c b b a例2 已知a 2,…, a n 是n 个正数，满足c =1求证：（2+ a 1）（2+ a 2）…（2+ a n ）n3≥ (1989年全国联赛题)分析：考虑到已知条件a 1.a 2…a n =1，因此如何从（2+ a 1）（2+ a 2）…（2+ a n ）过渡到能用已知条件就成关键．再注意到2+ a 1，2+ a 2等都与3比较接近，并且还有相等的可能，因此证法便自然得到．证明：1+1+ a 131.1.13a ≥即 2+ a 1313a ≥ 同理 2+ a 2323a ≥ …2+ a n 33n a ≥将这n 个同向不等式相乘得（2+ a 1）（2+ a 2）…（2+ a n ）n3≥.n n a a a 3...321=，当a 1= a 2= a n 时等号成立．说明：本题证明中将2+ a 1拆成1+1+ a 1，这种恒等变形（分拆）还有形形色色的“凑”和“配”，在解题时是经常用到的．这些技巧的运用并无固定的程式和章法可套，只能根据题目的特点，因题而异．经验和洞察力要靠我们不断地实践和积累．链接：本题也可以从左边入手乘开，或将3n 表为（2+1）n 二项展开都可以获得成功，过程略显繁琐．例3 设a >b >0，那么a 2+)(1b a b -的最小值是_____（2005年全国高中联赛江苏赛区初赛）分析：本题取自课本的一个习题（人教社版，第二册（上）），题中有两个变量a ，b ，解题时总希望字母愈少愈好，故最好把原式处理成一个变量问题，再证明它大于或等于一个常数．在这中间我们又注意到和-b 之和为a ，因式22)(ab a b b a b =-+≤- 解：2)(a b a b ≤-⇒)(1b a b -24a ≥ a 2+)(1b a b -4422≥+≥aa ，因此a 2+)(1b a b -的最小值是4． 当⎪⎩⎪⎨⎧==222b a 时取得最小值． 说明：当若干个变量的和为常量或积为常量时，我们就可以考虑用平均值不等式，再说在短短的演算过程中两次使用了平均值不等式．链接：如果题目变为a >b >0，求a 2+)(1b a b -的最小值，你会做吗？情景再现1. 设a >b >c ，证明4≥--+--cb ca b a c a 2. 设X 1, X 2…X n +∈R ，求证≥++++-1221322221...X X X X X XX X n n n X 1+ X 2+…+ X n3. 证明 3)2(2)3(3ab ba abc cb a -+≥-++，其中a ，b ，c ∈R + B 类例题例4 已知abc =0，求证21444444444444444≤++++++++cb ac c b a b c b a a （2004年北京市中学生数学竞赛高一）分析：如果通分或去分母也许能行得通，但计算量太大，因此这种情况下往往考虑利用“≤”或“≥”的变形（而不是恒等变形）统一分母． 证明：4a 4+b 4+c 4= 2a 4+ a 4+ b 4+ a 4+ c 4≥2a 4+2a 2b 2+2a 2c 2 所以44444c b a a ++≤)(2)(2222222224c b a a c b a a a ++=++ 同理可得44442c b a b ++≤)(22222c b a b ++44444c b a c ++≤)(22222c b a c ++三式相加得21)(2444222222444444444444=++++≤++++++++c b a c b a c b a c c b a b c b a a 当a 2=b 2=c 2≠0时上式等号成立．说明：平均不等式还有一些特殊形式，从中还能推导出另外一些“副产品”，而所有这些在证题中是常常用得到的，例如：a 2+b 2≥2ab （a ，b ∈R ）a +a 1≥2 （a ∈R +） abb a +≥2 （ab >0） A 3+b 3+c 3≥3abc （a ，b ，c ∈R +）2222b a b a +≤+ （a ，b ∈R ） 33222c b a c b a ++≤++ （a ，b ，c ∈R ） 此外该题处理分母的方法给我们深刻印象，值得借鉴．例5 已知a ，b ，c 是正数且a bc ≤1试证：)(2c b a bac a c b c b a ++≥+++++ 分析：不等式的左边是分式，处理分式的原则一般是能不通分时尽量不通分，能不去分母时尽量不去分母，避开它，绕道走，减小计算量，却同样达到目的．改变结构，转换命题，使得新命题便于用已知条件，便于用平均值不等式．证明：原题等价于证明2)()()(≥+++++++++++c b a b ac c b a a c b c b a c b a而)(c b a c b a +++=cb ac c b a c c c b a ++-=++-++11)()(因而cb ac b a c b a b a c c b a a c b c b a c b a ++-++=+++++++++++3111)()()(2123313333≥=-≥abcabc abc 当a =b =c =1时等号成立．说明：转换命题或加强命题是证题的一个重要手段，也是一个策略．例5与例4都是分式不等式，都用平均不等式解决问题，但途径、风格截然不同．例6 设a ，b ，c 是正实数，且满足a bc ＝1，证明1)11)(11)(11(≤+-+-+-ac c b b a ． （第41届IMO ）分析：不等式左边三个括号所代表的数有可能为负数（或零），因此，不能直接用平均不等式．但仔细观察、计算发现三个括号最多只能有一个不是正数．因此，应先讨论．此外，即使全正，用三个正数的算术平均，推导也难以进行．故应该用两个正数的算术平均不小于相应的几何平均． 证法一：1°b a 11+-，c b 11+-，ac 11+-三个式的值如果一个不为正（即为零或负），另两个为非负，不等式显然成立．2°以上三个式的值最多有一个不为正数，证明如下．假设有两个不正，不妨设)1(011011=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤+-≤+-abc c b ba ⇒⎩⎨⎧≤-+≤-+0101c bcb ab ⇒⎩⎨⎧≤-+≤-+001c bc abc b ab ⇒⎩⎨⎧≤-+≤-+0101b ab b ab （相加）⇒2a b ≤0这不可能，故三个式子的值最少两个为正． 3°如三个数全为正2)211(1)1)(1(1)11)(11(ab b ab b b ab b ab b b c b b a +-++-≤+-+-=+-+-＝a 2b同理 c b ac c b 2)11)(11(≤+-+-a c ba a c 2)11)(11(≤+-+- 三式相乘得[)11)(11)(11(a c c b b a +-+-+-]21)(3=≤abc因此1)11)(11)(11(≤+-+-+-ac c b b a .当a =b =c =1时等号成立．综上原不等式成立. 证法二：令a =y x ，b =zy ，c =x z (x ，y ，z ∈R +) 代入后原不等式化为要证 （x -y+z ）(y -z +x )(z -x +y )≤xyz.说明：两种政法殊途同归.第二种证法告诉我们，如果能把一个新问题转化为一个我曾经解决过的问题，那么新问题也就得解.链接：本题可推广为n 个任意正整数，a ，b ，c ∈R +，abc =1，那么1)11)(11)(11(≤+-+-+-nn n n n n a c c b b a 情景再现4. 证明对所有正实数a ，b ，c 有abcabc a c abc c b abc b a 1111333333≤++++++++ 5. 设a ，b ，c 为正实数，求cb a cc b a b c b a c a 382423++-++++++的最小值. （第三届中国女子数学奥林匹克）C 类例题例7 x ，y ，z ∈R ，求u=2222zy x yzxy +++的最大值. 分析：u 的值可正，可负也可为零.因此最大值肯定为正值.xy ,2yz 都可以通过不等式建立与x 2+y 2,y 2+z 2的联系.解：引入待定正的常数21,λλxy +2yz ≤2222121222221211)21(211)1(21z y x z y y x λλλλλλλλ+++=+++令⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=212111212121λλλλλ 解此方程组得 ⎪⎩⎪⎨⎧==552521λλ这样便有xy +2yz )(25222z y x ++≤25222≤+++z y x yz xy ．u max =25，当⎪⎩⎪⎨⎧==z y x y 255 （x ≠0）时取得最大值. 说明：我们也可以从判别式入手，同样可以求得u 的最大值.解法如下：最大值应为正值，因此u >0.原式化为uz 2-2yz +(ux 2+uy 2-xy )=0.将此式看作是关于z 的方程，该方程必有解．故 △1＝0)(44222≥-+-xy uy ux u y ．即 0)1(2222≤-+-u y uyx x u ．将此式看作是关于ｘ的不等式，该不等式必定有解)0(2>u ，故△2＝0)1(422222≥--u y u y u ．u 取正值时原式中ｙ≠0，于是得2554≤⇒≤u u ．也就是u max =25． 比较两种解法，后者显得自然流畅，而前者把待定系数法应用到不等式中使人感到耳目一新．链接：本题解法为我们解决多元函数的最值提供了新的方法．例8 a ，b 为正实数，ｘ∈（０，2π），求x b x a cos sin +的最小值． 分析：这是一道含有三角函数的题．因此解题过程一定会用上三角公式，经验告诉我们如果直接不好求，则可转而求其平方的最值． 解：令原式为f (x )，则[f (x )]2=xb x x ab x a 2222cos cos sin 2sin ++=xx x b x x x x ab x x x a 2222222222cos )cos (sin cos sin )cos (sin 2sin )cos (sin +++++=a 2+b 2+a 2cot 2x +2ab tan x +2ab cot x +b 2tan 2x= a 2+b 2+(a 2cot 2x +ab tan x +ab tan x )+(b 2tan 2x +ab cot x +ab cot x ) 23323234232422)(33b a b a b a b a +=+++≥当tan x ．ab ＝a 2cot x ，也就是tan x ＝ba时取得最小值． 链接：本题做法很多，可以用柯西不等式来证，也可以用求导数的方法求得结果，其过程都不很长．本题有明显的几何背景：如图点p 位于第一象限，过p 引直线交x 轴正方向与Ａ，交ｙ轴正方向与Ｂ，求线段ＡＢ的最小值．令∠ABO =x ,容易算得｜PB ｜=x a sin ，｜P A ｜=x a cos ，则｜AB ｜=x a sin +xb cos ，n 是任意正整数，还有相应的不等式x a n sin +xbncos 222222)(++++≥n n n b a ，这个不等式的证明也不很困难，只要用上n 个正数的平均值定理即可，这个不等式证完．例8就可以看作是它的一个特例．例9 设ｕ，ｖ，ｗ为正实数，满足条件1≥++uv w wu v vw u ，试求ｕ＋ｖ＋ｗ的最小值． （第三届中国女子数学奥林匹克）分析：从改造已知条件入手，vw 是ｖ与ｗ的几何平均，很容易想到vw wv ≥+2，因此有1222.≥++≥+++++uv w wu v vw u vu w u w v w v u ．也即1≥++wu vw uv 这个条件从形式上更接近于ｕ＋ｖ＋ｗ．解：由于uv vu ≥+2，因此由已知条件可得1≥++wu vw uv 又（ｕ＋ｖ＋ｗ）2＝wu vw uv wu vw uv wu vw uv w v u 222222222+++++≥+++++3)(3≥++=wu vw uv （ｕ＋ｖ＋ｗ）3≥另一方面，显然ｕ＝ｖ＝ｗ＝33满足题中条件，因此ｕ＋ｖ＋ｗ的最小值为3． 说明：本题实质是据一个已知不等式，去证明另一个不等式，其中的过程就是一个简单的乘法公式和平均值不等式的应用．例10 n 为任意正整数，求证1)111()11(+++<+n nn n分析：原不等式等价于证明1)11(12++>++n n nn n ．该式左边可看作是某n ＋１个正数的算术平均．如右边能写成相应的几何平均，则问题得证．证明：考虑n ＋１个正数44443444421个，，，n n n n )11(...)11()11(+++，１，由平均不等式11.)11(11)11(...)11()11(++>++++++++n n nn n n n即11)111()11()11(11++++<+⇒+>++n n n n n n n n n 说明：证题的关键是命题的改造和巧妙的“配”和“凑”，有针对性的“配”、“凑”能使已知条件和相关定理得到最合理的运用．同时，它也使得条件和结论的内在联系显现出来．因此这种技能和技巧值得我们很好地学习和用心去体会．从原题形式看不出它与平均值不等式有什么直接联系，这需要我们对题目要进行进一步的挖掘，并且要增强运用平均不等式的意识．链接：从数列的观点看，该不等式表明数列｛nn)11(+｝是一个单调递增数列．在高等数学里还进一步证明它是有界数列，e n n n =+∞→)11(lim ，ｅ是与π同样活跃的一个超越数．例10 的证法很多，相比之下用平均值不等式的证明可说是最为自然和简捷．情景再现6.ｘ＞０，求证：1633)1(22≤+x x 7. 设ｘ，y ，z ，w 是不全为０的实数，求22222wz y x zwyz xy +++++的最大值． 习题1. 已知ｘ，y ，z ∈R +，且ｘy z （ｘ+y +z ）=1，证明（ｘ+y ）（y + z ）2≥，并指出何时等号成立. 2. n >2，求证：n n n n11log log +-<.3. 设数列{n a }满足a 1=1，a n +1a n =n +1 (n 为任意正整数)，求证：)11(211-+≥∑=n a nk k． 4. 设a ，a 1，b ，b 1均为正实数，1222121=+=+b a b a ，求证11313≥+b b a a ．5. a ，b ，c ∈+R ，求证：111≤++++++++cac cbc b a b ab a a ．6. +∈R x x x x 4321,,,，且111112424232322222121=+++++++x x x x x x x x ，求证：91...4321≤x x x x ． 7. a ，b ，c ∈+R ，１）证明9)111)((≥++++cb ac b a 2）证明)(29111c b a a c c b b a ++≥+++++ 3）证明23≥+++++a c b c b a b a c （1963年莫斯科数学竞赛） 8. 设正实数ｘ，y 满足y x y x -=+33，求证：1422<+y x ．（2005年女子数学奥林匹克）9. 设a ，b ，ｘ，y 都是正数，并且122=+y x ，求证b a x b y a y b x a +≥+++22222222．10. 设正实数ｘ，y ，z 满足ｘ+y +z =ｘy z ，求)1()1()1(777-+-+-zy z zx y yz x 的最小值．（2003年中国国家集训队测试题）11. 设实数a ，b 满足ab >0，证明：12104)(223222bab a b a b a ++≤+，并求等号成立的条件．一般地，证明：对任意实数a ，b均有34)(223222b ab a b a b a ++≤+，并求等号成立的条件． （第十四届爱尔其数学奥林匹克） 12. 0<a i <1 (i =1,2,…,n )，证明n nnn n a a a na a a ...111...11112121-≥-++-+-． 附录：设a 1，a 2，…，a n >0，A n =na a a n+++...21，G n =n n a a a ...21，则A n ≥G n ，当且仅当a 1=a 2…=a n 时等号成立． 我们用数学归纳法来证明它，１时不等式显然成立．假设n ＝k 时不等式成立，那么A k +1=])1(...[212)1()1(221121111+++++-+++++=-++=k k k k k k A k a a a a kk A k A k k kA ]......[21])1(...[211111211121kA A A a k a a a k A k a k a a a k k k k k k k k ++++++++++++++=-+++++=（其中有k －1个1-k A ）kk k k k k k k k kk A a a a a A a a a a 1112111121)()...(])(...[21-++-++≥+≥11111121211111)()()(]).()[(++-++++-+++≥⇒≥⇒=k k k k k k k k kk k k k G A A G A A G ．即n ＝k ＋1时不等式成立．由上可知，对n +∈N 不等式成立． 本节“情景再现”解答 1.411≥--++--+=--+-+--+-=--+--cb ba b a c b c b c b b a b a c b b a c b c a b a c a 2. 122212x x x x ≥+，333222x x x x ≥+，…，1212--≥+n n n n x x x x ，n n x x x x 2112≥+，相加后即得．3.)2(2)3(3323333ab ba abc cb a abc ab c ab ab c ab ab c -+≥-++⇒≥+⇒≥++4. 由0))((22≥--b a b a 得，b a ab b a 2233+≥+，)(11332233c b a ab abc b a abc b a ab abc b a ++≤++⇒++≥++，同理)(1133c b a bc abcc b ++≤++，)(1133c b a ac abc a c ++≤++，相加后对不等式右边稍作化简便得． 5. 令x =a +2b +c ，y = a +b +2c ，z =a +b +3c ，则有x -y = b -c ，z -y = c ，由此可得a +3c =2y -x ，b = z +x -2 y ，c = z - y ，故z y z y y x z x x y c b a c c b a b c b a c a )(8)2(42382423---++-=++-++++++212173228217844217+-=++-≥++++-=zyy z y x x y ．上式中的等号可以成立．事实上，由上述推导过程知，等号成立当且仅当平均不等式中的等号成立，而这等价于⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==z yyz y x x y 8442，也即⎪⎩⎪⎨⎧==222222y z x y ，即⎩⎨⎧==x z x y 22，亦即⎩⎨⎧++=++++=++)2(23)2(22c b a c b a c b a c b a ，解此不定方程，得到⎪⎩⎪⎨⎧+=+=ac ab )234()21(，只要满足此条件便能取得最小值21217+-．6. 422274313131x x ≥+++，即3316)1(22x x ≥+，也就是1633)1(22≤+x x 7. 该题解法可完全仿照例7，显然只需考虑ｘ>0，y >0，z >0，w >0的情形．引进待定正常数γβα,,，则有,2,2,2222222222zw w z yz z y xy y x γγββαα≥+≥+≥+即 ,22,2,22222222zw w z yz z y xy y x ≥+≥+≥+γγββαα将上述三式相加得 ,221)21()21(22222zw yz xy w z y x ++≥+++++γγββαα令γγββαα2121212=+=+=，解得12,1,12-==+=γβα，于是 zw yz xy w z y x ++≥++++2)(2122222，∴21222222+≤+++++wz y x zw yz xy ，即所求最大值是212+．本节习题解答1. 2)(2)())((2=++≥+++=+++=++z y x xzy z y x y xz yz y xz xy z y y x ，容易算得⎩⎨⎧-===121y z x 时取得等号．2. ∵n >2 ∴11log,log+-n n n n皆为正数，21111]2log log [log.log+-+-+<n n n n n nn n1)2log (]2log [22)1(22=<=-n n n n ，据对数换底公式n n n n 11log log +-<．3. 由已知，易证...)3,2,1(0=>n a n ,又a 2=2．n ≥2时 ,11+=+n a a n n n a a n n =-1，相减得111111)(-+-+-=⇒=-n n n n n n a a a a a a ，据此1321a a a -=，2431a a a -=， 3541a a a -=，．．．，211---=n n n a a a ，111-+-=n n n a a a ，相加得2111-+=+=∑n n nk ka a a )11(2221-+=-≥+n a a n n4. 362113133a a a a a a ≥++，即2211332a a a a ≥+．同理2211332b b b b ≥+，相加1)(3)(213132221211313≥+⇒+≥+++b b a a b a b a b b a a 5. 分析：欲证原不等式成立，只要证cac cabc b b ab a a +++≤+++++1111，去分母，即证 )1)(1)(1()]1()1()[1(bc b ab a ca ab a b bc b a ca c +++++≤+++++++，经过展开，化简，即证abc c b a 21222≥+，此式显然成立，原不等式获证6. 令)4,3,2,1(122=+=i x x u i i i ，据已知则有14321=+++u u u u ， 343214*********u u u u u u u u u u x ≤++=-=，同理34312223u u u u x ≤，34213233u u u u x ≤， 33214243u u u u x ≤，相乘得91811)(432124321≤⇒≤x x x x x x x x7. 1）33abc c b a ≥++，313111abcc b a ≥++，相乘便得 2）据1）9)111)].(()()[(≥++++++++++ac c b b a a c c b b a即)(29111c b a a c c b b a ++≥+++++ 3）由于2）⇒≥+++++++9)111)((2ac c b b a c b a 2911129≥++++++++⇒≥+++++++++++a c b c b a b a c a c c b a c b c b a b a c b a23≥+++++⇒a c b c b a b a c8. 由平均不等式得242234525xy y x y x y >≥+，所以332244y y y x xy <--，又1444))(4(332233322322=-+<+⇒+<--+=-+yx y x y x y x y y x xy x y x y x 9. 分析法，将欲证不等式两边平方，即证ab x b y a y b x a ≥++))((22222222 2222222222))((b a x b y a y b x a ≥++⇔，乘开即证222244422224)(b a y x b y x b a y x a ≥+++，而22442b a b a ≥+，因此问题变更为要证 22222244222)(b a y x b a y x b a ≥++．此式显然成立，原不等式得证10. 因为ｘ，y ，z >0,且ｘ+y +z =ｘy z ，所以y x xy z +=-)1(，同理x z xz y +=-)1(，z y yz x +=-)1(，又由平均不等式有3333≥⇒≥++=xyz xyz z y x xyz ，当且仅当3===z y x 时等号成立．所以)1()1()1(777-+-+-xy z zx y yz x6141414666666666666)()()(z y x y xz zz xy zy yx x y x z x z y z y x =≥+++++=3162)3(6)(6737=≥=xyz ，故原式最小值为3162．注：此题更一般的推广形式为：设ｘ，y ，z >0,xyz z y x p =++≥,2，则)()()(y x z z x y z y x ppp+++++21)(+++≥p p zx yz xy λ，其中2132-=p p λ，由此可解决下面有趣的问题，若ｘ，y ，z >0,xyz z y x p =++≥,2，求)1()1()1(-+-+-xy z zx y yz x p p p 的最小值11. 0>ab 时，]4)([31]24)([31)10(1212222ab ab b a ab b a b ab a +++=++=++（b a =时取等号）32224)(b a b a +≥．对任意b a ,，若0>ab ，322b ab a ++121012)(34222222ab b a b a ab b a ++≥++++=（据前已证结论）32224)(b a b a +≥（b a =时取等号）．若0≤ab ，32121)(3)(32222abab b a ab b a b ab a --+=-+=++ 3222324)()21)(21()(b a b a ab ab b a +=--+≥，等号在ab b a 21)(2-=+时成立，即2b a -=或2ab -=时取到12. 配对．据n 个正数的平均不等式易得)].1(...)1()1[(21nn n n a a a -++-+-221])1(1...)1(1)1(1[n a a a nn n n ≥-++-+-．即211]11)].[([n a a n ni n in i n i ≥--∑∑-- （1） 又nn n n ni nia a a na1211...≥∑-0)...1( (1)21211>-≥-⇒≥⇒∑∑==ni n i n n ni n ia n a a a n a a na a （2）（1）（2）相乘便得n ni nia a a na ...111211-≥-∑=．。
高中数学解题方法系列：待定系数法
高中数学解题方法系列：待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
（≡表示恒等于）待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
待定系数法是中学数学中的一种重要方法，它在平面解析几何中有广泛的应用．(一)求直线和曲线的方程例1过直线x-2y-3=0与直线2x-3y-2=0的交点，使它与两坐标轴相交所成的三角形的面积为5，求此直线的方程．【解】设所求的直线方程为(x-2y-3)+λ(2x-3y-2)=0，整理，得依题意，列方程得于是所求的直线方程为8x-5y＋20=0或2x-5y-10=0．【解说】(1)本解法用到过两直线交点的直线系方程，λ是待定系数．(2)待定系数法是求直线、圆和圆锥曲线方程的一种基本方法．例2如图2－9，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若系，求曲线C的方程．【解】如图2－9，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系．由已知，得曲线C是以点N为焦点、l2为准线的抛物线的一段，其中点A、B为曲线C的端点．设曲线C的方程为y2=2px，p＞0(x1≤x≤x2，y＞0)．其中，x1、x2分别是A、B的横坐标，p=|MN|．从而M、N解之，得p=4，x1=1．故曲线C的方程为y2=8x(1≤x≤4，y＞0)．(二)探讨二元二次方程(或高次方程)表示的直线的性质例3已知方程ax2＋bxy＋cy2=0表示两条不重合的直线L1、L2．求：(1)直线L1与L2交角的两条角平分线方程；(2)直线L1与L2的夹角的大小．【解】设L1、L2的方程分别为mx＋ny=0、qx＋py=0，则ax2+bxy＋cy2＝(mx+ny)(qx+py)．从而由待定系数法，得a＝mq，b＝mp＋nq，c=np．(1)由点到直线的距离公式，得所求的角平分线方程为即(m2＋n2)(qx＋py)2=(q2+p2)(mx＋ny)2，化简、整理，得(nq-mp)[(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq＋mp)y2]=0．∵L1、L2是两条不重合的直线∴b2-4ac＝(mp+nq)2-4mnpq=(mp－nq)2＞0．即mp-nq≠0．从而(nq＋mp)x2＋2(np-mq)xy-(nq+mp)y2=0．把mq=a，mp+nq=b，np=c代入上式，得bx2+2(c-a)xy-by2＝0．即为所求的两条角平分线方程．(2)显然当mq＋np=0，即a+c=0时，直线L1与L2垂直，即夹角为90°．当mq＋np≠0即a＋c≠0时，设L1与L2的夹角为α，则【解说】一般地说，研究二元二次(或高次)方程表示的直线的性质，用待定系数法较为简便．(三)探讨二次曲线的性质1．证明曲线系过定点例4求证：不论参数t取什么实数值，曲线系(4t2＋t＋1)x2+(t＋1)y2＋4t(t＋1)y-(109t2＋21t+31)=0都过两个定点，并求这两个定点的坐标．【证明】把原方程整理成参数t的方程，得(4x2＋4y-109)t2+(x2+y2+4y-21)t+x2＋y2-31=0．∵t是任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出，证明含有一个参数t的曲线系F(x，y，t)=0过定点的步骤是：(1)把F(x，y，t)=0整理成t的方程；(2)因t是任意实数，所以t的各项系数(包括常数项)都等于零，得x、y的方程组；(3)解这个方程组，即得定点坐标．2．求圆系的公切线或公切圆例5求圆系x2＋y2-2(2m＋1)x-2my＋4m2＋4m＋1=0(m≠0)的公切线方程．【解】将圆系方程整理为[x-(2m+1)]2＋(y-m)2=m2(m≠0)显然，平行于y轴的直线都不是圆系的公切线．设它的公切线方程为y=kx＋b，则由圆心(2m＋1，m)到切线的距离等于半径|m|，得从而[(1-2k)m-(k＋b)]2＝m2(1＋k2)，整理成m的方程，得(3k2-4k)m2-2(1-2k)(k+b)m+(k+b)2=0．∵m取零以外的任意实数上式都成立，【解说】由本例可总结出求圆系F(x，y，m)=0的公切线方程的步骤是：(1)把圆系方程化为标准方程，求出圆心和半径；(2)当公切线的斜率存在时，设其方程为y=kx＋b，利用圆心到切线的距离等于半径，求出k、b、m 的关系式f(k，b，m)=0；(3)把f(k，b，m)=0整理成参数m的方程G(m)=0．由于m∈R，从而可得m的各项系数(包括常数项)都等于零，得k、b的方程组；(4)解这个方程组，求出k、b的值；(5)用同样的方法，可求出x=a型的公切线方程．3．化简二元二次方程例6求曲线9x2＋4y2＋18x-16y-11=0的焦点和准线．【分析】把平移公式x=x′＋h，y=y′＋k，代入原方程化简．【解】(略)．例7．已知函数y ＝mx x n x 22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
待定系数法在不等式中的应用
√ 14 21 3 2
·
√ 7 14
14√ − 7 14
=
1√4 14 14.
所
ab c
√
1 8 27
√
14
以 + + 的最小值为 14 14, 当且仅当 a =
,
a√b c √
14
2 14 3 14
b=
,c=
时取最小值.
14
14
接下来看二元不等式中待定系数法的应用.
例 3 设 a, b > 0, 且 8 + 1 = 1, 求 a2 + b2 的最小值. ab
3
2
解得 y = , x = . 于是
10
5
a2 + b2 + 9
9
7
125ab 7
( 2 )2
( 3 )2
17
− a− b−
2019 年第 3 期 (上)
中学数学研究
27
a2 2xa − x2, 同理可得 b2 2yb − y2. 所以
a2 + b2 + 9
2xa + 2yb + 9 − x2 − y2
(
125ab
) 12(5ab
)
9a
9b
9
9
=
+
+
125x2y 125xy2 125ab
+
2x − 125x2y
a
(
)
+
1
ab
且 8 + 1 = 1, 得 x = 10, y = 5. 于 是 a2 + b2
x 3(102
+
均值不等式公式总结及应用
均值不等式公式总结及应用第一篇：均值不等式公式总结及应用均值不等式应用a2+b21.(1)若a,b∈R，则a+b≥2ab(2)若a,b∈R，则ab≤2a+b**2.(1)若a,b∈R，则≥ab(2)若a,b∈R，则a+b≥2ab 222（当且仅当a（当且仅当a=b时取“=”）=b时取“=”）a+b⎫(当且仅当a=b时取“=”(3)若a,b∈R，则ab≤⎛） ⎪⎝2⎭*23.若x>0，则x+1≥2(当且仅当x=1时取“=”）x1若x<0，则x+≤-2(当且仅当x=-1时取“=”）x若x≠0，则x+1≥2即x+1≥2或x+1≤-2(当且仅当a=b时取“=”）xxxab）+≥2(当且仅当a=b时取“=”ba4.若ab>0，则若ab≠0，则ababab）+≥2即+≥2或+≤-2(当且仅当a=b时取“=”bababaa+b2a2+b25.若a,b∈R，则(（当且仅当a=b时取“=”）)≤22 『ps.(1)当两个正数的积为定植时，可以求它们的和的最小值，当两个正数的和为定植时，可以求它们的积的最小值，正所谓“积定和最小，和定积最大”．(2)求最值的条件“一正，二定，三取等”(3)均值定理在求最值、比较大小、求变量的取值范围、证明不等式、解决实际问题方面有广泛的应用』应用一：求最值例1：求下列函数的值域（1）y＝3x 2＋12x1（2）y＝x＋2x解：(1)y＝3x 2＋≥22x 2113x 2· 2＝2x1x·＝2；x6∴值域为[6，+∞）1(2)当x＞0时，y＝x＋≥2x11当x＜0时，y＝x＋= －（－ x－）≤－2xx∴值域为（－∞，－2]∪[2，+∞）1x·=－2 x技巧一：凑项例已知x<54，求函数y=4x-2+1的最大值。
4x-5解：因4x-5<0，所以首先要“调整”符号，又(4x-2)γ不是常数，所以对4x-2要进行拆、凑项，4x-5511⎫⎛Θx<,∴5-4x>0，∴y=4x-2+=-5-4x++3≤-2+3=1 ⎪44x-55-4x⎭⎝当且仅当5-4x=，即x=1时，上式等号成立，故当x=1时，ymax=1。
高中数学解题基本方法待定系数法
优秀学习资料 欢迎下载高中数学解题基本方法 -- 待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数 的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式 f(x) g(x) 的充要条件是：对于一个任意的 a 值，都有 f(a) g(a) ；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。
使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题， 通过引入一些待定的系数， 转化为方程组来解决， 要判断一个 问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式， 如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求 复数、 解析几何中求曲线方程等， 这些问题都具有确定的数学表达形式， 所以都可以用待定系数法求解。
使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ① 利用对应系数相等列方程；② 由恒等的概念用数值代入法列方程； ③ 利用定义本身的属性列方程； ④ 利用几何条件列方程。
比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式， 其中含有待定的系数； 再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数， 并把求出的系数代入已经明确的方程形式， 得到所求圆锥曲线的方程。
Ⅰ、再现性题组：1. 设 f(x) ＝ x＋ m ， f(x) 的反函数 f1(x) ＝ nx － 5，那么 m 、n 的值依次为 _____。
2A.5, －2B.－5， 2C.5,2 D. －5，－22211 2 22. 二次不等式 ax 2＋ bx ＋2>0 的解集是 ( －, ) ，则 a ＋ b 的值是 _____。
数学基本方法之三 待定系数法 新课标 人教版
数学基本方法之三待定系数法陕西洋县中学刘大鸣要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等；待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。
例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.使用待定系数法，它解题的基本步骤是：第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：(1) 利用对应系数相等列方程；(2)由恒等的概念用数值代入法列方程；(3) 利用定义本身的属性列方程；(4)利用几何条件列方程;比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程.【方法再现性题组】1设f(x)＝x2＋m，f(x)的反函数f-1(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为____A. 52, －2 B. －52， 2 C.52, 2 D. －52，－22二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－12,13)，则a＋b的值是_____A. 10B. －10C. 14D. －143在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____A. －297B.－252C. 297D. 2074函数y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为32，最小值为－12，则y＝－4asin3bx的最小正周期是_____5与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是_______________6与双曲线x2－y24＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________【方法探究过程】1小题：利用互为反函数的对应关系，求出反函数认识恒等意义求解，由f(x)＝x2＋m求出f-1(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；2小题：认识方程，函数，不等式之间的一一对应关系，根与系数关系简化求解，由不等式解集(－12,13)，可知－12、13是方程ax 2＋bx ＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a 、b 的方程组，易求得a ＋b ，选D ； 3小题：注意多项式组成和二项式定理求解，分析x 5的系数由C 105与(－1)C 102两项组成，相加后得x 5的系数，选D ；4小题：注意正余函数的有界性，由已知最大值和最小值列出a 、b 的方程组求出a 、b 的值，再代入求得答案23π； 5小题：平行直线系的认识切入，设直线L ’方程2x ＋3y ＋c ＝0，点A(1,-4)代入求得C ＝10，即得2x ＋3y ＋10＝0；6小题：共同渐近线的双曲线系方程的使用，设双曲线方程x 2－y 24＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程x 23－y 212＝1。
高中数学解题思想方法3-待定系数法
三、待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等。
它解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程，主要从以下几方面着手分析：①利用对应系数相等列方程；②由恒等的概念用数值代入法列方程；③利用定义本身的属性列方程；④利用几何条件列方程。
Ⅰ、再现性题组：1. 设f(x)＝x 2＋m ，f(x)的反函数f -1(x)＝nx －5，那么m 、n 的值依次为_____。
A. 52 , －2 B. －52 ， 2 C. 52 , 2 D. －52，－2 2. 二次不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集是(－12,13)，则a ＋b 的值是_____。
A. 10 B. －10 C. 14 D. －143. 在(1－x 3)（1＋x ）10的展开式中，x 5的系数是_____。
A. －297B.－252C. 297D. 2074. 函数y ＝a －bcos3x (b<0)的最大值为32，最小值为－12，则y ＝－4asin3bx 的最小正周期是_____。
5. 与直线L ：2x ＋3y ＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L ’的方程是_______________。
6. 与双曲线x 2－y 24＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是________________。
Ⅱ、示范性题组：例1. 已知函数y ＝mx x n x 22431+++的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
【解】 函数式变形为： (y －m)x 2－43x ＋(y －n)＝0， x ∈R, 由已知得y －m ≠0∴ △＝(－43)2－4(y －m)(y －n)≥0 即： y 2－(m ＋n)y ＋(mn －12)≤0 ①不等式①的解集为(-1,7)，则1120497120+++-=-++-=⎧⎨⎩()()m n mn m n mn 解得：m n ==⎧⎨⎩51或m n ==⎧⎨⎩15∴ y ＝… （也可： 由解集(-1,7)而设(y ＋1)(y －7)≤0,然后与不等式①比较系数而得。
浅谈运用均值不等式求最值的若干策略
浅谈运用均值不等式求最值的若干策略作者：杨庆元来源：《读天下》2018年第04期摘要：在平时教学中，笔者发现学生对运用均值不等式求最值碰到困难，有些无法下手，本文罗列出几种常见题型的变形方法与技巧，来说明如何灵活运用均值不等式，借此以激发学生思维，开阔学生解题视野，提高学生应用数学知识的能力。
关键词：均值不等式;最值;策略均值不等式，也叫基本不等式，它的内容在人教版高中数学教材必修5第三章《不等式》3.4节中出现，它是证明不等式及各类最值重要的方法和依据，应用广泛，相关题型经常出现各类模拟试题及高考当中，具有变通灵活性和条件约束性的特点，是高中数学重要的一个知识考点。
具体内容描述如下：①若非负实数a，b，则a+b2≥ab;②若非负实数a、b、c，则a+b+c3≥3abc，那么，在运用它们求最值时，必须满足“一正、二定、三相等”这三个基本条件，但在具体的问题中，这些条件往往不全满足，这时，就必须对式子作一定的恒等变形和配凑技巧，使它同时满足这三个条件，现将恒等变形的常见方法与技巧归纳如下，以期能对大家的学习有所启发和帮助。
一、拆项法【例1】若x>0，求函数y=x2+2x+14x的最小值。
解：∵x>0且x2+2x+14x=x2+16x=x2+8x+8x∴y=x2+8x+8x≥33x2·8x·8x=12故当且仅当x2=8x，即x=2时，ymin=12。
二、添项减项法【例2】已知a≥b>0，求y=a+4（2a-b）b的最小值。
解：∵a≥b>b2>0，∴a-b2>0，b2>0∴y=a+4（2a-b）b=a-b2+b2+1a-b2·b2≥33a-b2·b2·1a-b2b2=3∴当且仅当a-b2=b2，b2=1a-b2·b2，即a=b=2时，ymin=3。
三、变换系数法【例3】若a∈R+，且2a2+b2=2，求y=a·1+b2的最大值。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
不等式讲座系列之 均值不等式的待定系数篇
在处理一些不等式问题的时候，往往难以直接使用均值不等式，这就需要我们 根据题目自身的结构特点来进行适当的配凑，一种被称之为待定系数法均值的方法 就这样产生了。
在配的时候要牢牢把握住“正，定，等”。
这个纯属个人一些观 点，高手直接 pass 掉。
我的用意是在普及的基础上能帮助一些朋友有所提高，不 至于有那么多，啊！啊！啊！
引子 : 已知 x, y, z R ，求函数 u
xy yz
的最大值。
x 2
y 22
z
解析：取待定正数 ， ，有基本不等式得：
xy yz
y
x y 1 [ 2 x 2
y 2
2
y 2
z 2
]
1
2 x 2
1
2
) y 2
2
x 2
y 2
x
2
( )
( ) [
( 2
2
]
2
令
2
1
2
1
，解得：
4 2 ，
1 ，于是
2
2
4 2
2
2 ( x 2
xy yz
2 ( x 2 y 2 z 2 )
y 2 z 2 )
2
xy yz 2 (x 2 y 2 z 2 ) 2
所以 u
2 ，当且仅当 2x y 2z 时，等号成
x
2
y
2
z
2
x 2 y 2 z 2 2
立。
推广：设 a, b 为给定实数， x, y, z 为任意不全为 0 的实数，则
axy byz 的最大值
x 2
y 2
2
z
为 a 2 b 2 ，最小值为
a 2
b 2 。
2 2
简析：即证 2 x
ay
2 z
by b 2 x 2
a 2 y 2
z 2
b 2 y 2 x 2 y 2 z 2 。
a 2
b 2
a 2
a 2
b 2
a 2
b 2
1. 设
是不全为零的实数，求 的最大值
分析：显然只需考虑 的情形
直接均值显然不行，我们是不是可以这么考虑，引入待定的正参数
满足
故依据取等条件显然参数就是我们要求的最大值。
消去我们得到一个方程
此方程的最大根为我们所求的最大值
解之得
我们再来看一个类似的，相信你已经找到了怎么处理这个问题了
2.设是不全为零的正实数，求的最大值
是的同我们依然可以引进参数使其满足
依据取等条件我们有
消去参数我们得到一个方程
这个方程的最大根为我们所求的目标。
解之得
呵呵扯到这里，或许你说天啊，这个方程好恐怖，是的很遗憾这个题目手工解我认为很困难解决，当然我们可以借助计算机求解这个高次方程。
有了这个待定系数我们也可以冒充一回高手，你可以很轻飘飘的对这个题目来个一行秒杀。
你也可以打出这么一个让别人，啊！啊！啊！有木有的解答。
当且仅当取等。
好了，我相信通过这两个例题你对待定系数均值有了个大致的思路了，那我们
开始来处理下面的几个问题吧！
3. 设是正实数，求的最小值。
解：我考引参数使其足：
依据取等条件我有：
故的最小 4
4.是正数且足，求的最小
解：察目的构考到地位的平等性，引参数
由取等条件我有：
解之得
所以
当然了个目明可以拉格朗日数乘法来解决，也从另外一个角度启示我某些条件极是可以用待定系数均来解决的⋯⋯⋯.
5．正数，且，求的最小
分析：个玩不等式的会方和秒！今天我从待定系数均的角度也
来玩一玩。
考和定，我了使用均，可以引参数因此+ =
由取等条件：
所以
6. 若对任意恒成立，求的最小值。
解：对任意恒成立
所以对任意恒成立
下面我们依然可以待定均值
由取等条件：
消去我们得到：方程的最大根及为我们所求
解之得
因此的最小值为
读到这里也许有读者会说：你每次解那个比例式方程为什么说那个比值就是我们要求的目标呢？这个问题我想不用我解释吧，这太显然了！是不是？为了加深对这个方法的认识和应用，我们来看一个大家都很熟悉的问题：
7. 若且，求证：
好吧！你也许会说哥用柯西一行就秒了。
是的，今天在这里我用待定系数来处理一下这个问题。
考虑这样引进参数
考虑取等条件：
所以
8. 有一边长为和的长方体纸板，在四个角各裁去一个大小相同的正方
形，把四边折起做成一个无盖的盒子，要使纸盒的容积最大，问裁去的正方形的边长应为多少？
分析：这是一个很 old 的问题了，大多可以建立函数模型用导数解决之。
今天我们换个角度用均值，对还是用均值来 kill it ！
解：设裁去正方形的边长为则做成的无盖长方体容积为
同样引入参数
考虑取等情况：
当时，右边为常数
故当二者同时成立时函数有最大值。
消去参数得到：
解之得：
故
9. 求函数的最小值。
分析：这个单变量的函数，话说单变量都可以导数的嘛，你明白的在这里我还是想说均值可以 kill it
解：考虑引进参数
由取等条件：消去参数得：
即
解得
此时，
10. 问取什么值时，取最大值。
解：考虑引进参数
考虑取等条件：
在本篇即将结束之际，我想说的是限于水平如有不当请高手予以指点，在此表示感谢。
题目是死的，人是活的，我们不能只拘泥于此。
只要有所思考，就会有所悟，从而能够站在更高的观点上看问题。
如果这能帮助到一些朋友的话，本人考虑继续发讲座系列。
V6于 2011-11-25 书。