必修一数学典型题目精讲1

典题精讲1

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题干

1. 已知 $a>b>0$，求证 $\sqrt{a}>\sqrt{b}$

2. 求 $\frac{a^2}{a-2}$ 的最小值 ($a>2$)

3. 求 $\frac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}$ 最小值

4. 已知 $a>0$，$b>0$，$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}=1$，求 $a+b$ 最小值

5. 已知 $a>0$，$b>0$，$a+b=1$，求 $\frac{3a}{b}+\frac{1}{ab}$ 最小值

6. 求函数 $f(x)=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x^2}$ 的值域

7. 若 $2^a+{\log }_{2}a=4^b+2{\log }_{4}b$，则 $a$___$2b$（比较大小）

8. 若 $a$，$b>1$ 且 $a\cdot e^a<b\cdot \ln b$，则 $b$___$e^a$（比较大小）

9. 若 $\exists x\in (1,+\infty )$，$a>0$ 且 $e^x-x\le x^a-a\ln x$，求 $a$ 的最小值（不会求导可以保留 $x$ 和 $\ln x$）

解析

分子有理化

1. 已知 $a>b>0$，求证 $\sqrt{a}>\sqrt{b}$

​ 解: $\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

​ $\because a-b>0$ 且 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>0$

​ $\therefore \sqrt{a}-\sqrt{b}>0$ 即 $\sqrt{a}>\sqrt{b}$

分子为高次的最值

2. 求 $\frac{a^2}{a-2}$ 的最小值 ($a>2$)

​ 解：原式 $=\frac{a^2-4+4}{a-2}=a+2+\frac{4}{a-2}=a-2+\frac{4}{a-2}+4$

​ 由基本不等式得当 $a=4$ 时 原式${}_{min}=8$

3. 求 $\frac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}$ 最小值

​ 解：令 $t=\sqrt{a^2+2}$ 则有 $t\ge \sqrt{2}$

​ $\frac{a^2+3}{\sqrt{a^2+2}}=\frac{t^2+1}{t}=t+\frac{1}{t}$

​ 易证 $t+\frac{1}{t}$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增

​ 故 $t=\sqrt{2}$ 时 原式${}_{min}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

利用常数 $1$ 求最值

4. 已知 $a>0$，$b>0$，$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}=1$，求 $a+b$ 最小值

​ 解：$a+b=1\cdot (a+b)=(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})(a+b)$

​ $a+b=2+\frac{a}{b}+\frac{2b}{a}+1=2+\frac{a}{b}+\frac{2b}{a}$

​ 由基本不等式得，$(a+b{)}_{min}=3+2\sqrt{2}$

5. 已知 $a>0$，$b>0$，$a+b=1$，求 $\frac{3a}{b}+\frac{1}{ab}$ 最小值

​ 解：$(a+b{)}^2=1$

​ $\frac{3a}{b}+\frac{1}{ab}=\frac{3a}{b}+\frac{(a+b{)}^2}{ab}=\frac{3a}{b}+\frac{a}{b}+2+\frac{b}{a}$

​ $\frac{3a}{b}+\frac{1}{ab}=\frac{4a}{b}+\frac{a}{b}+2$

​ 由基本不等式得 $(\frac{3a}{b}+\frac{1}{ab}{)}_{min}=6$

多个根号的处理

6. 求函数 $f(x)=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x^2}$ 的值域

​ 解：观察发现前两项之积等于第三项，且前两项的平方和为常数

​ 首先求得函数定义域为 $[-1,1]$

​ 令 $t=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}$，则 $t^2=1-x+1+x+2\sqrt{1-x^2}=2+2\sqrt{1-x^2}$

​ $f(x)=t+\frac{t^2-2}{2}=\frac{1}{2}{t}^2+t-1$

​ 现在要求出 $t$ 的取值，像 $t$ 这样的两个根式相加，考虑前文提及的分子有理化或平方去根号，这里经过尝试发现分子有理化不行

​ $t^2=2+2\sqrt{1-x^2}$，$x\in [-1,1]$ 易得 $t>0$ 且 $t^2\in [2,4]$

​ 故 $t\in \sqrt{2},2$ 结合二次函数，得 $f(x)\in [\sqrt{2},3]$

指数对数化简为繁思想

7. 若 $2^a+{\log }_{2}a=4^b+2{\log }_{4}b$，则 $a$___$2b$（比较大小）

​ 解：$2^a+{\log }_{2}a=2^{2b}+{\log }_{2}b$ 要比较大小要让左右尽可能同构且待比较元素为自变量，然后利用函数单调性求解，现在只缺 ${\log }_{2}2b$

​ 观察可得 ${\log }_{2}2b={\log }_{2}b+{\log }_{2}2={\log }_{2}b+1$

​ $2^a+{\log }_{2}a=2^{2b}+{\log }_{2}2b-1\Rightarrow 2^a+{\log }_{2}a<2^{2b}+{\log }_{2}2b$

​ $f(x)=2^x+{\log }_{2}x$ 单调递增，故 $a<2b$

8. 若 $a$，$b>1$ 且 $a\cdot e^a<b\cdot \ln b$，则 $b$___$e^a$（比较大小）

​ 解：仍然考虑使得左右两边同构，观察可得 $a=\ln e^a$

​ 故 $e^a\cdot \ln (e^a)<b\ln b$

​ $f(x)=x\cdot \ln x$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增，故 $b>e^a$

9. 若 $\exists x\in (1,+\infty )$，$a>0$ 且 $e^x-x\le x^a-a\ln x$，求 $a$ 的最小值（不会求导可以保留 $x$ 和 $\ln x$）

​ 解：仍然要构造同构，观察左边，可以把右边的 $a\ln x$ 作为 $x$ ，又发现 $e^{\ln x^a}$$=e^{a\ln x}$

​ 则 $e^x-x\le e^{a\ln x}+a\ln x$，又 $\because f(x)=e^x-x$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增

​ 可得 $x\le a\ln x$，考虑分离参数，且这里是存在性问题，$a\ge (\frac{x}{\ln x}{)}_{min}$

​ 故 $a_{min}=(\frac{x}{\ln x}{)}_{min}$，利用导数相关知识可求出最小值为 $e$