01_一元二次方程与不等式

一元二次函数基础知识回顾

一个二次函数可以凑成一个顶点式。

像这样 $y=x^2+x-2=(x+\frac{1}{2}{)}^2-\frac{9}{4}$，这样我们就能快速的知道这个二次函数的顶点为多少了。这个函数的顶点为 $(-\frac{1}{2},-\frac{9}{4})$。

例题

二次函数 $y=(x-a)(x-b)-2(a<b)$ 与 x 轴的两个交点的横坐标分别为 m 和 n，且 $m<n$，下列结论正确的是（）。

$A.m<a<n<b$

$B.a<m<b<n$

$C.m<a<b<n$

$D.a<m<n<b$

Details

解：

考察了函数的交点与平移问题。所以答案选 $C$。

二次函数中的 a b c

对于 $y=a{x}^2+bx+c(a\ne 0)$

• $a$ 的作用是控制开头方向和陡峭程度。当 $a>0$ 时开口向上，当 $a<0$ 时开口向下。$a$ 的绝对值越大，二次函数越陡。
• $b$ 的作用是控制二次函数对称轴。对称轴为 $-\frac{b}{2a}$。
• $c$ 的作用是控制二次函数与 $y$ 轴交点的纵坐标。
• 三个参数共同控制该函数是否与 $x$ 轴有交点。$\mathrm{\Delta }=b^2-4ac>0$ 与 $x$ 轴有两个交点，$=0$ 有一个交点，$<0$ 没有交点。若有交点，$x_1,x_2=\frac{-b\pm \sqrt{\mathrm{\Delta }=b^2-4aca}}{2a}$。

例题 1

三个关于 $x$ 的方程：$a_1(x+1)(x-2)=1,a_2(x+1)(x-2)=1,a_3(x+1)(x-2)=1$，已知常数 $a_1>a_2>a_3$，若 $x_1,x_2,x_3$ 分别是按上顺序对应三个方程的正根，则下列判断正确的是（）.

$A.x_1<x_2<x_3$

$B.x_1>x_2>x_3$

$C.x_1=x_2=x_3$

$D.\mathrm{不}\mathrm{能}\mathrm{确}\mathrm{定}{x}_1,x_2,x_3$ 的大小

Details

解：

令 $a_1(x+1)(x-2)=0,a_2(x+1)(x-2)=0,a_3(x+1)(x-2)=-$，可以得出它们的根都是相同的。因为常数 $a_1>a_2>a_3$，所以根据 $a$ 是用来控制二次函数的陡峭程度的，得出答案为 $A$。

例题 2

抛物线 $y=a{x}^2+bx+c$的对称轴为直线 $x=-1$，部分图像如图所示.

下列判断中：

1. $abc>0$
2. $b^2-4ac>0$
3. 9a-3b+c=0
4. 若点 $(-0.5,y_1),(-2,y_2)$ 均在抛物线上，则 $y_1>y_2$
5. $5a-2b<0$

其中正确的个数有（）。

$A.2$

$B.3$

$C.4$

$D.5$

Details

解：

有题意得，

$-\frac{b}{2a}=-1⟹b=2a$。

$x_1=(1,0),x_2=(-3,0)⟹a+b+c=0\mathrm{且}9a-3b+c=0$。

$\mathrm{因}\mathrm{为}\mathrm{开}\mathrm{口}\mathrm{向}\mathrm{上}，\mathrm{所}\mathrm{以}a>0,b=2a>0,c<0,\mathrm{所}\mathrm{以}⟹abc<0$。

$5a-2b=a>0$。

所以正确的选项只有 $2\mathrm{和}3$.

答案选 $A$。

例题 3

已知两点 $A(-6,y_1),B(2,y_2)$ 均在抛物线 $y=a{x}^2+bx+c(a\ne 0)$ 上，点 $C(x_0,y_0)$ 是该抛物线的顶点，若 $y_0\ge y_1>y_2$，则 $x_0$ 的取值范围是（）。

$A.x_0<-6$

$B.x_0<-2$

$C.-6<x_0<-2$

$D.-2<x_0<2$

Details

解：

答案选 $B$。

含参一元二次函数

例题 1

已知二次函数 $y=a{x}^2-4ax+3a$.

（1）若 $a=1$，则函数 $y$ 的最小值为_____.

（2）若当 $1\le x\le 4$ 时，$y$ 的最大值是 $4$，则 $a$ 的值为_____.

Details

解：

（1）

若 $a=1$，$y=x^2-4x+3=(x-2{)}^2-1$，所以最小值为 -1.

（2）

情况 1，当 $a<0$ 时。

$y_{max}=4a-8a+3a=-a=4$.

所以 $a=-4$.

情况 2，当 $a>0$ 时。

$y_{max}=16a-16a+3a=4$.

所以 a = $\frac{4}{3}$。

综上，$a=-4\mathrm{或}\frac{4}{3}$。

例题 2

方程 $x^2-2ax+1=0$ 的两根分别在$(0,1)\mathrm{与}(1,2)$ 内，则实数 $a$ 的取值范围为（）。

$A.1<a<\frac{5}{4}$

$B.a<-1\mathrm{或}a>1$

$C.-1<a<1$

$D.-\frac{5}{4}<a<-1$

Details

解：

由题意得，

$\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }=4a^2-4>0,\\ f(0)>0,\\ f(1)<0,\\ f(2)>0,\end{array}⟹\{\begin{array}{l}a>1\mathrm{或}a<-1\\ 1>0,\\ 2-2a<0,\\ 4-4a+1>0,\end{array}⟹\{\begin{array}{l}a>1\mathrm{或}a<-1\\ a>1,\\ a<\frac{5}{4},\end{array}$。

综上，选 $A$。

例题 3

函数 $f(x)=x^2+2mx+3m+4$.

（I）若$f(x)$ 有且只有一个零点，求 $m$ 的值；

（II）若$f(x)$ 有两个零点且均比 $-1$ 大，求 $m$ 的取值范围。

Details

解：

（I）

由题意得，$\mathrm{\Delta }=4m^2-4(3m+4)=0=m^2-3m-4=(m-4)(m+1)=0$.

所以 $m=4\mathrm{或}-1$。

（II）

由题意得， $\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }=(m-4)(m+1)>0,\\ -\frac{2m}{2}=-m>-1,\\ f(-1)>0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}m<-1\mathrm{或}m>4,\\ m<1,\\ m>-5\end{array}$，

综上，$m\in (-5,-1)$。

例题 4

已知关于 $x$ 的不等式 $a{x}^2+3x+2>0(a\in R).$（这句话的意思是说，这里有一个不等式 $a{x}^2+3x+2>0(a\in R)$，除此之外没有其它意思）

（1）若不等式 $a{x}^2+3x+2>0$ 的解集为 $\{x|b<x<1\}$，求 $a,b$ 的值。

（2）求关于 $x$ 的不等式 $a{x}^2+3x+2>-ax-1(\mathrm{其}\mathrm{中}a>0)$ 的解集。

Details

解：

（1）

由题意得，$a<0$。

$(1,0)\mathrm{为}a{x}^2+3x+2=0$ 的一个解，代入得 $a+5=0⟹a=-5$，

由韦达定理 $x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ 得，$1+b=-\frac{3}{-5}=\frac{3}{5}⟹b=-\frac{2}{5}$。

（2）

前提条件为 $a>0$。

$a{x}^2+3x+2>-ax-1$

$a{x}^2+(3+a)x+3>0$

$(ax+3)(x+1)>0$

得出 $x_1=-1,x_2=-\frac{3}{a}.$

情况 1，$-\frac{3}{a}<-1\mathrm{即}a<3\mathrm{时}$，

$x\in (-\mathrm{\infty },-\frac{3}{a})\bigcup (-1,+\mathrm{\infty })$。

情况 2，$-\frac{3}{a}=-1\mathrm{即}a=3\mathrm{时}$，

$x\ne -1$。

情况 3，$-\frac{3}{a}>-1\mathrm{即}a>3\mathrm{时}$，

$x\in (-\mathrm{\infty },-1)\bigcup (-\frac{3}{a},+\mathrm{\infty })$

韦达定理相关问题

对于二次函数 $a{x}^2+bx+c=0(a\ne 0)$，当 $\mathrm{\Delta }\ge 0$ 时， 有 $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-\frac{b}{a}\\ x_1{x}_2=\frac{c}{a}\end{array}$，这也是我们常说的韦达定理。

我们还会经常遇到由韦达定理变形推出的公式：

$\{\begin{array}{l}{x}_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2\\ |x_1-x_2|=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}=\sqrt{\frac{b^2}{a^2}-\frac{4c}{a}}=\sqrt{\frac{b^2-4ac}{a^2}}=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{|a|}\end{array}$

我们可以将三个公式联想在一起记：

$\{\begin{array}{l}\mathrm{对}\mathrm{称}\mathrm{轴}\mathrm{所}\mathrm{在}\mathrm{的}\mathrm{直}\mathrm{线}：-\frac{b}{2a}\\ x_1+x_2=-\frac{b}{a}\\ |x_1-x_2|=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{|a|}\end{array}$

例题 1

关于 $x$ 的一元二次方程 $x^2+3x+m-1=0$ 的两个实数根分别为 $x_1、x_2$.

（1）求 $m$ 的取值范围；

（2）若 $2(x_1+x_2)+x_1{x}_2+10=0$，求 $m$ 的值。

Details

解：

（1）

由题意得，

$\mathrm{\Delta }=b^2-4ac=9-4(m-1)=-4m+13\ge 0$，

所以 $m\le \frac{13}{4}$。

（2）

由韦达定理得，

$x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-\frac{3}{1}=-3$，

$x_1{x}_2=\frac{c}{a}=m-1$.

所以 $2(x_1+x_2)+x_1{x}_2+10=-6+m-1+10=m+3=0$，

所以 $m=-3$。

例题 2

设 $m$ 是不小于 $-1$ 的实数，关于 $x$ 的方程 $x^2+2(m-2)x+m^2-3m+3=0$ 有两个不相等的实数根 $x_1,x_2$，

（1）若 $x_1^2+x_2^2=6$，求 $m$ 值；

（2）令 $T=\frac{m{x}_1}{1-x_1}+\frac{m{x}_2}{1-x_2}$，求 $T$ 的取值范围。

Details

解：

（1）

由题意得， 前提条件为 $m\ge -1$。

由题意得，$\mathrm{\Delta }=4(m-2{)}^2-4(m^2-3m+3)>0$，

$⟹m^2-4m+4-(m^2-3m+3)>0$

$⟹-m+1>0$

$⟹m<1$

所以前提条件为 $-1\le m<1$。

因为 $x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2$

$x_1^2+x_2^2=[2(m-2){]}^2-2(m^2-3m+3)=6$

$4(m^2-4m+4)-2(m^2-3m+3)=6$

$2(m^2-4m+4)-(m^2-3m+3)=3$

$m^2-5m+2=0$

所以 $m=\frac{5\pm \sqrt{17}}{2}$，综合 $m$ 的前提条件，可得 $m=\frac{5-\sqrt{17}}{2}$

（2）

$T=\frac{m{x}_1(1-x_2)+m{x}_2(1-x_1)}{(1-x_1)(1-x_2)}$

$T=\frac{m(x_1-x_1{x}_2+x_2-x_1{x}_2)}{1-(x_1+x_2)+x_1{x}_2}$

$T=\frac{m(x_1+x_2-2x_1{x}_2)}{1-(x_1+x_2)+x_1{x}_2}$

因为 $$\begin{gathered} x_1+x_2=-2(m-2)=4-2m\mathrm{且} \\ {x}_1{x}_2=m^2-3m+3 \end{gathered}$$

所以

$T=\frac{m(4-2m-2m^2+6m-6)}{1+2m-4+m^2-3m+3}$

$T=\frac{m(-2m^2+4m-2)}{m^2-m}$

$T=\frac{m(-2m^2+4m-2)}{m^2-m}$

由这里可得，$m\ne 0$，所以 m 的取值范围为 $-1\le m<1\mathrm{且}m\ne 0$。

化简，

$T=\frac{-2m^2+4m-2}{m-1}$

$T=\frac{-2(m^2-2m+1)}{m-1}$

$T=\frac{-2(m-1{)}^2}{m-1}$

因为 $m-1<0$，所以 $\frac{(m-1{)}^2}{m-1}=m-1$（正数与负数相除还是负数）。

所以 $T=2-2m$。

所以 T 的取值范围为 $0<T\le 4\mathrm{且}T\ne 2$。

例题 3

已知关于 $x$ 的方程 $k{x}^2-(3k-1)x+2(k-1)=0$.

（1）求证：无论 $k$ 为何实数，方程总有实数根；

（2）若此方程有两个实数根 $x_1,x_2$，且 $|x_1-x_2|=2$，求 $k$ 的值。

Details

解：

（1）

由题意得，

$\mathrm{\Delta }=(3k-1{)}^2-8k\times 2(k-1)$

$\mathrm{\Delta }=9k^2-6k+1-8k^2+8k$

$\mathrm{\Delta }=k^2+2k+1$

$\mathrm{\Delta }=(k+1{)}^2\ge 0$

所以无论 $k$ 为何实数，方程总有实数根。

（2）

直接由韦达定理推出的公式可得，

$|x_1-x_2|=\frac{\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{|a|}=\frac{\sqrt{(k+1{)}^2}}{|k|}=2$

两边同时平方，得

$\frac{(k+1{)}^2}{k^2}=4$

由此可得 $k\ne 0$；

$k^2+2k+1=4k^2$

$3k^2-2k-1=0$

$(k-1)(3k+1)=0$

所以得出 $k=1\mathrm{或}k=-\frac{1}{3}$。

等式与不等式的性质

差值比较（作差法）

$\{\begin{array}{l}a-b>0,\mathrm{则}a>b\\ a-b=0,\mathrm{则}a=b\\ a-b<0,\mathrm{则}a<b\end{array}$

$\{\begin{array}{l}a=b,\mathrm{则}b=a\\ a=b,b=c\mathrm{则}a=c\\ a=b\mathrm{则}a\pm c=b\pm c\\ a=b\mathrm{则}ac=bc\\ a=b,c\ne 0,\mathrm{则}\frac{a}{c}=\frac{b}{c}\end{array}$

例题 1

设 $a,b\in (0,+\mathrm{\infty }),A=\sqrt{a}+\sqrt{b},B=\sqrt{a+b}$，则 $A,B$ 的大小关系是（）。

$A.A<B$

$B.A>B$

$C.A\le B$

Details

解：

$A^2=a+b+2\sqrt{a}b,B^2=a+b$

因为 $A^2>B^2$，所以 $A>B$，答案选 $B$.

例题 2

设 $a>b>0$,比较 $\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\mathrm{与}\frac{a-b}{a+b}$的大小。

Details

解：

设 $A=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{(a+b)(a-b)}{a^2+b^2}$

$B=\frac{a-b}{a+b}$。

$\frac{B}{A}=\frac{\frac{a-b}{a+b}}{\frac{(a+b)(a-b)}{a^2+b^2}}=\frac{a-b}{a+b}\times \frac{a^2+b^2}{(a+b)(a-b)}=\frac{a^2+b^2}{(a+b{)}^2}<1$

所以 $B<A$。

例题 3

已知 $a>b>0,c<0$，求证 $\frac{c}{a}>\frac{c}{b}$.

Details

解：

$a>b>0,c<0$

所以

$bc>ac$

$\frac{c}{a}>\frac{c}{b}$

基本不等式

基本，均值。

因为 $(a-b{)}^2\ge 0$，（当 $a=b$ 时取得最值）

所以

$a^2+b^2-2ab\ge 0$

$a^2+b^2\ge 2ab$，

若 $a,b>0,a^2=x,b^2=y,a=\sqrt{x},b=\sqrt{y}$

那么 $x+y\ge 2\sqrt{xy}$。

拓展

$\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\ge \frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$。这三个式子分别叫做平方平均数、算数平均数、几何平均数。

例题 1

已知 $a>0，\mathrm{则}a+\frac{4-a}{a}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}\mathrm{为}()$。

$A.2$

$B.3$

$C.4$

$D.5$

解：

$a+\frac{4-a}{a}=a+\frac{4}{a}-1\ge 2\sqrt{4}-1=3$.

所以答案选 C。

例题 2

若对任意的 $x\in (0,+\mathrm{\infty })$ ，都有 $x+\frac{1}{x}\ge a$，则 a 的取值范围是（）。

$A.(-\mathrm{\infty },2)$

$B.(-\mathrm{\infty },2]$

$C.(2,+\mathrm{\infty })$

$D.[2,+\mathrm{\infty })$

解：

$x+\frac{1}{x}\ge 2$，所以答案选 $B$。

不等式的性质

例题 1

若 $a+b+c=0，\mathrm{且}a<b<c$，则下列不等式一定成立的是（）。

$A.a{b}^2<b^{2}c$

$B.ab<ac$

$C.ac<bc$

$D.ab<bc$

Details

解：

因为 $a+b+c=0，\mathrm{且}a<b<c$，所以 $c>0,a<0$。

$A$ 中的 $b$ 可能为 0.

$B$ 明显错了。

$C$ 对了。

$D$ b 不确定是正还是负数。

例题 2

如果 $a>b>0,t>0，\mathrm{设}M=\frac{b}{a},N=\frac{b+t}{a+t}$，那么（）。

$A.M<N$

$B.M>N$

$C.M=N$

$D.M\mathrm{与}N\mathrm{的}\mathrm{大}\mathrm{小}\mathrm{关}\mathrm{系}\mathrm{和}t\mathrm{有}\mathrm{关}$

Details

解：

根据糖水定理（必须是真分数），有一杯糖水，加水会越来越淡，加糖会越来越甜，所以这题选 $A$。

例题 3

已知 $a=\sqrt{2}+\sqrt{11},b=5,c=\sqrt{6}+\sqrt{7}$，则 $a,b,c$ 的大小关系为（）。

$A.a>b>c$

$B.c>a>b$

$C.c>b>a$

$D.b>c>a$

Details

解：

$a^2=13+2\sqrt{22}$

$b^2=13+2\sqrt{36}$

$c^2=13+2\sqrt{42}$

所以 $c>b>a$。

答案选 $C$。

例题 4

设 $a,b$ 为正实数，现有下列命题中的真命题有（）（多选）。

$A.\mathrm{若}{a}^2-b^2=1，\mathrm{则}a-b<1$

$B.\mathrm{若}\frac{1}{b}-\frac{1}{a}=1$，则 $a-b<1$

$C.\mathrm{若}|\sqrt{a}-\sqrt{b}|=1，\mathrm{则}|a-b|<1$

$D.\mathrm{若}|a^3-b^3|=1，\mathrm{则}|a-b|<1$

Details

解：

1，$a^2-b^2=(a+b)(a-b)=1$，因为 $a+b>a-b$，所以 $A$ 正确。

2，因为 $\frac{1}{b}-\frac{1}{a}=\frac{a-b}{ab}=1$，所以 $a-b=ab>0$。所以 $B$ 错误。

3，若 $a=9,b=4$，那么式子不成立，所以 C 错误。

4，$|a^3-b^3|=|(a-b)(a^2+ab+b^2)|=|(a-b)[(a-b{)}^2+3ab]|=1>|(a-b{)}^3|$，所以 $D$ 正确。

基本不等式 1 的代换

“1”的代换。

例题：已知 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$，求 $a+b$ 的最小值。

变形：已知 $\frac{7}{a}+\frac{8}{b}=3$，求 $3a+4b$ 的最小值。

变形：已知 $4a+3b=1$，求 $\frac{6}{a}+\frac{8}{b}$ 的最小值。

例题 1

已知 $mn>0,2m+n=1，\mathrm{则}\frac{1}{m}+\frac{2}{n}\mathrm{的}\mathrm{最}\mathrm{小}\mathrm{值}\mathrm{是}$（）。

$A.4$

$B.6$

$C.8$

$D.16$

Details

解：

因为 $mn>0,2m+1=1$，所以 $m,n>0$。

$\frac{1}{m}+\frac{2}{n}=(\frac{1}{m}+\frac{2}{n})(2m+n)=(2+\frac{n}{m}+\frac{4m}{n}+2)$

$\ge (4+2\sqrt{4})=8$，所以选 $C$。

例题 2

已知 $m>0,n>0,\frac{1}{m}+\frac{4}{n}=1$，若不等式 $m+n\ge -x^2+2x+a$ 对已知的 $m,n$ 及任意实数 $x$ 恒成立，则实数 $a$ 的取值范围是（）。

$A.[8,+\mathrm{\infty })$

$B.[3,+\mathrm{\infty })$

$C.(-\mathrm{\infty },3]$

$D.(-\mathrm{\infty },8]$

Details

解：

由题意得，

$(m+n{)}_{min}\ge -x^2+2x+a$。

$m+n=(m+n)(\frac{1}{m}+\frac{4}{n})=(1+\frac{4m}{n}+\frac{n}{m}+4)\ge (5+2\sqrt{4})=9$。

所以 $9\ge -x^2+2x+a$，即

$x^2-2x+9-a\ge 0$ 恒成立。

所以 $\mathrm{\Delta }=4-4(9-a)<0$，

$1-9+a<0$

$a<8$

所以选 $D$.

基本不等式的凑形

凑形式。

例题 1

已知 $x+2y=xy(x>0,y>0)$，则 $2x+y$ 的最小值为（）。

Details

解：

由题意得，$\frac{1}{y}+\frac{2}{x}=1$，

所以 $2x+y=(2x+y)(\frac{1}{y}+\frac{2}{x})=(\frac{2x}{y}+4+1+\frac{2y}{x})\ge (5+2\sqrt{4})=9$。

所以当 $\frac{2y}{x}=\frac{2x}{y}$ 即 $x=y=3$时，$2x+y$ 取得最小值 $9$。

例题 2

函数 $y=2x+\frac{2}{x-1}(x>1)$ 的最小值是（）。

Details

解：

可以变形为 $y=2(x-1)+2+\frac{2}{x-1}(x>1)$。

然后可以求解。

基本不等式与其它题型的结合

高考不等式基本不会单独出现，都是在解题的某个步骤中出现。

根据不等式 $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$，来解题。

疑问

• 为什么要使用 $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$ 这种除以 2 的分式形式，而不是 $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ 这种没有分数的形式？

虽然两种形式都是一样的，但是使用第一种形式可以让我们更方便的使用另一个不等式子“平方平均数” $\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}$。

它们之间的关系为：$\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\ge \frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$，当 $a=b$ 时，取得最值。

1. 直接使用不等式的情况

$\{\begin{array}{l}x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\times \frac{1}{x}}=2\\ \sqrt{(3-a)(a+b)}\le \frac{3a+a+b}{2}=\frac{9}{2}\end{array}$

2. “1”的代换

$a,b>0,\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=1，\mathrm{求}(x+y{)}_{max}$。

3. 使用补项

$a>0,b>1，\mathrm{若}a+b=2，\mathrm{求}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b-1}{)}_{min}$。

再举个难点的例子：$a>b>0,a^2+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a(a-b)}=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge 2+2$

4. 换元

例题 1：

当有一些根号，或者很烦的东西，可以考虑用换元法换掉。

$a,b>0,a+b=5,\mathrm{求}(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+3}{)}_{max}$

令 $\{\begin{array}{l}x=\sqrt{a+1}\\ x^2-1=a\\ y=\sqrt{b+3}\\ y^2-3=b\end{array}$

得出 $x^2+y^2=9$。

由平方平均数得 $\sqrt{\frac{x^2+b^2}{2}}\ge (x+y)$，所以 $\sqrt{\frac{9}{2}}\ge (x+y)$。

例题 2：

$x,y>0,x+2y+2xy=8,\mathrm{求}(x+2y{)}_{min}$.

$\mathrm{令}t=x+2y$

$x+2y\ge 2\sqrt{2xy}$

$t^2\ge 8xy$

因为 $t+2xy=8$，所以 $xy=\frac{8-t}{2}$。

所以最后问题转换为 $t^2\ge 32-8t$ 的解集。