1.基本不等式

这是我们一般说的基本不等式：对非负实数 $a,b$ ，有

$a+b \geq 2\sqrt{ab} \\$

等号成立当且仅当 $a=b$.

事实上，这个不等式来自于

$(x-y)^2\geq0 \\$

即

$x^2+y^2 \geq 2xy \\$

再令

$\begin{align*} x^2=&a\\\\ y^2=&b \end{align*}$

其中 $a,b$ 是非负实数.

等号成立条件也即 $x-y=0$，即 $a=b$.

2.基本不等式链

从上面的不等式，我们可以得到其他的不等式，如：

对正实数 $a,b$ ，有

$\begin{align*} \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\leq \sqrt{ab} \leq\dfrac{a+b}{2} \leq\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}} \end{align*} \\$

其中，我们已经证明了 $\sqrt{ab} \leq\dfrac{a+b}{2}$ . 接下来完成剩下的证明：

证明：

我们先证明： $\dfrac{a+b}{2} \leq\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$ .

要证 $\dfrac{a+b}{2} \leq\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$

只需证 $\dfrac{(a+b)^2}{4}\leq \dfrac{a^2+b^2}{2}$

即证 $(a+b)^2\leq 2(a^2+b^2)$

即证 $a^2+2ab+b^2\leq 2a^2+2b^2$

即证 $2ab\leq a^2+b^2$

显然成立，且等号成立当且仅当 $a=b$.

再证明： $\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\leq \sqrt{ab}$

要证 $\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\leq \sqrt{ab}$

只需证 $\sqrt{\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{b}}\leq \dfrac{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{2}$

由 $\sqrt{ab}\leq\dfrac{a+b}{2}$ 知道 $\sqrt{\dfrac{1}{a}\cdot\dfrac{1}{b}}\leq \dfrac{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}{2}$ 成立

且等号成立当且仅当 $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}$，即 $a=b$ .

注：$\dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}$ 称作 $a,b$ 的调和平均值

$\sqrt{ab}$ 称作 $a,b$ 的几何平均值

$\dfrac{a+b}{2}$ 称作 $a,b$ 的算术平均值

$\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}$ 称作 $a,b$ 的平方平均值

上面的不等式链可简记为 “调几算方”.

3.基本不等式的应用

一般地，基本不等式用于处理最值的求解及其相关的证明。这里我们按照所给条件的类型来讨论。

3.1和式条件

这里指和为定值的条件，例如正实数 $x,y$ 满足 $x+y= 1$ 或 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1$ 或 $x+y=xy$ .

事实上，这三个条件可以说是完全一致，因为：

对 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=1$ 做换元 $x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b}$

就得到 $a +b=1$.

例 1. 已知正实数 $x,y$ 满足 $x+y= 1$ ，则 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$ 的最小值为__.

解析： 方法一：由基本不等式链得

$\dfrac{2}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}}\leq \dfrac{x+y}{2} \\$

故

$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geq \dfrac{4}{x+y}=4 \\$

等号成立当且仅当 $x=y=\dfrac{1}{2}$ .

故答案为 4.

方法二 (化齐次)：将 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$ 乘以 $x+y$，

即

$\begin{align*} \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}&=(x+y)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})\\\\ &=2+\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y}\\\\ &\geq 2+2\sqrt{\dfrac{y}{x}\cdot\dfrac{x}{y}}\\\\ &=4 \end{align*}$

等号成立当且仅当 $\dfrac{y}{x}=\dfrac{x}{y}$ ，即 $x=y=\dfrac{1}{2}$ .

这时候其实有一些问题：如果不能直接用基本不等式链或者 $x+y=2\not=1$ 怎么办？

这个例题我们解决这两个问题：

例 2. 已知正实数 $x,y$ 满足 $x+y= 2$ ，则 $\dfrac{4}{x}+\dfrac{9}{y}$ 的最小值为__.

解析：这里就不能直接用不等式链了，考虑化齐次，为此，将 $x+y= 2$ 右边改写为 $1$，即 $\dfrac{1}{2}(x+y)=1$ 于是

$\begin{align*} \dfrac{4}{x}+\dfrac{9}{y}&=\dfrac{1}{2}(x+y)(\dfrac{4}{x}+\dfrac{9}{y})\\\\ &=\dfrac{1}{2}(13+\dfrac{4y}{x}+\dfrac{9x}{y})\\\\ &\geq\dfrac{1}{2}(13+2\sqrt{\dfrac{4y}{x}\cdot\dfrac{9x}{y}})\\\\ &=\dfrac{25}{2} \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $\dfrac{4y}{x}=\dfrac{9x}{y}$

即 $3x=2y=\dfrac{12}{5}$.

另外，化齐次不只可以通过乘法，还可以通过直接代换 $1$. 比如下面这个例子：

例 3. 已知正实数 $x,y$ 满足 $x+y= 1$ ，则 $\dfrac{3}{x}+\dfrac{4+x}{y}$ 的最小值为__.

直接乘 $x+y$ 在这里不是很行了，因为

$\begin{align*} (x+y)(\dfrac{3}{x}+\dfrac{4+x}{y}) &=3+\dfrac{x(4+x)}{y}+\dfrac{3y}{x}+4+x\\\\ &=7+x\dfrac{x(4+x)}{y}+\dfrac{3y}{x} \end{align*} \\$

这时候需要处理的是 $x\dfrac{x(4+x)}{y}+\dfrac{3y}{x}$ ，而这个式子不齐次，并不好直接处理. 那为什么会产生这个不齐次的部分？容易想到，是因为 $\dfrac{3}{x}+\dfrac{4+x}{y}$ 中的 $\dfrac{4+x}{y}$ 导致产生了一些问题，再准确点，就是 $\dfrac{x}{y}$ 导致的. 因为 $\dfrac{x}{y}$ 是齐次的，不需要再进行齐次化的处理.

所以，我们这次避开这个部分，只对剩下的部分化齐次.

$\begin{align*} (\dfrac{3}{x}+\dfrac{4+x}{y}) &=\dfrac{3}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{x}{y}\\\\ &=(x+y)(\dfrac{3}{x}+\dfrac{4}{y})+\dfrac{x}{y}\\\\ &=7+\dfrac{3y}{x}+\dfrac{4x}{y}+\dfrac{x}{y}\\\\ &=7+\dfrac{3y}{x}+\dfrac{5x}{y}\\\\ &\geq 7+2\sqrt{\dfrac{3y}{x}\cdot\dfrac{5x}{y}}\\\\ &=7+2\sqrt{15} \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $\dfrac{3y}{x}=\dfrac{5x}{y}$，

即 $\sqrt{5}x=\sqrt{3}y =\dfrac{5\sqrt{3}-3\sqrt{5}}{2}$ .

3.2积式条件

这里指积为定值的条件，例如正实数 $x,y$ 满足 $xy=1$ 或 $xy+px+qy=1$，其中 $p,q>0$.

例 4. 已知正实数 $x,y$ 满足 $xy=4$ ，则 $x+ 2y$ 的最小值__.

解析：

$\begin{align*} x+2y \geq 2\sqrt{x\cdot 2y}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2} \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $x=2y =2\sqrt{2}$.

例 5. 已知正实数 $x,y$ 满足 $xy+2x+3y=4$ ，则 $x+ y$ 的最小值__.

解析：这个题目第一次见的话看起来会比较怪异，当然，我们可以把 $y$ 用 $x$ 表达，即

$\begin{align*} y(x+3)&=4-2x\\\\ y&=\dfrac{4-2x}{x+3}=\dfrac{10}{x+3}-2 \end{align*} \\$

于是

$\begin{align*} x+y &=x+\dfrac{10}{x+3}-2\\\\ &=x+3+\dfrac{10}{x+3}-3-2\\\\ &\geq 2\sqrt{(x+3)\cdot\dfrac{10}{x+3}}-5\\\\ &=2\sqrt{10}-5 \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $x+3=\dfrac{10}{x+3}$ ，即 $x=\sqrt{10}-3,y=\sqrt{10}-2$

故答案为 $2\sqrt{10}-5$.

另解：实际上，求 $x+y$ 最小值，一般是 $xy$ 为定值的情况，但这里显然 $xy$ 不是定值，其实这里是 $(x+3)(y+2)=10$ 为定值. 这时候就体现了熟悉因式分解的优势.

简单说一下这个因式分解：

$xy+px+qy=1 \iff xy+px+qy +pq =1+pq \iff (x+q)(y+p)=1+pq \\$

例 6. 已知正实数 $x,y$ 满足 $xy+2x+3y=4$ ，则 $x+2y$ 的最小值__.

解析： $(x+3)(y+2)=10$

于是

$20=(x+3)(2y+4) \leq \dfrac{(x+3+2y+4)^2}{4} \\$

故

$x+2y+7\geq 4\sqrt{5}\\$

即

$x+2y \geq 4\sqrt{5}-7\\$

等号成立当且仅当 $x+3=2y+4=2\sqrt{5}$，

即 $x=2\sqrt{5}-3, y=\sqrt{5}-2$ .

3.3其他

这里给出一些没有直接给出定值条件的问题.

例 7. 已知 $x> \dfrac{1}{2}$ , 则 $x+ \dfrac{1}{2x-1}$ 的最小值为__.

解析：求最小值，考虑凑积定值：

注意到

$x=\dfrac{1}{2}(2x-1)+\dfrac{1}{2}\\$

于是

$\begin{align*} x+\dfrac{1}{2x-1} &=\dfrac{1}{2}(2x-1)+ \dfrac{1}{2x-1}+\dfrac{1}{2}\\\\ &\geq 2\sqrt{\dfrac{1}{2}(2x-1)\cdot\dfrac{1}{2x-1}}+\dfrac{1}{2}\\\\ &=\sqrt{2}+\dfrac{1}{2} \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $2x-1=\sqrt{2}$ 即 $x=\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$

当然，换元 $t=\dfrac{1}{2x-1}$ ，则 0”>$t>0$ ，

即求 $\dfrac{1}{2}t+\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{2}$ 的最小值.

例 8. 已知 0 “>$x> 0$ , 则 $x^2+ \dfrac{2}{x}$ 的最小值为__.

解析：求最小值，考虑凑积定值；这里有一个二次一个负一次，为了凑定值，将一个负一次对半拆分成两个负一次，即

$\begin{align*} x^2+ \dfrac{2}{x}&=x^2+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x}\\\\ &\geq 3\sqrt{x^2\cdot\dfrac{1}{x}\cdot\dfrac{1}{x}}\\\\ &=3 \end{align*} \\$

等号成立当且仅当

$x^2=\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{x} \\$

即 $x=1$ .

例 9. 已知 0 “> $x> 0$ , 则 $x(1-x^2)$ 的最大值为__.

解析：

考虑将 $x$ 化为 $x^2$ ：显然最大值在 $(0,1)$ 上，于是

$x(1-x^2)=\sqrt{x^2(1-x^2)^2} \\$

令 $t=x^2$ 则

$\begin{align*} x^2(1-x^2)^2 &=t(1-t)^2\\\\ &=\dfrac{1}{2}\cdot 2t(1-t)(1-t)\\\\ &\leq \dfrac{1}{2} (\dfrac{2t+1-t+1-t}{3})^3\\\\ &=\dfrac{4}{27} \end{align*} \\$

等号成立当且仅当 $2t=1-t=1-t$ ，即 $t=\dfrac{1}{3}$ 即 $x=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ，故答案为 $\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$ . $\square$

例 10. 设正实数 $x,y$ 满足 $x+y+\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}=10$ ， $x+y$ 的最小值为__.

解析：容易发现

$\begin{align*} (x+y)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}\right)&=5+\dfrac{y}{x}+\dfrac{4x}{y}\\\\ &\geq5+2\sqrt{\dfrac{y}{x}\cdot\dfrac{4x}{y}}\\\\ &=9 \end{align*}\\$

等号成立当且仅当 $2x=y=\cdots$

于是

$\color{green}{(x+y)}\left(10-\color{green}{(x+y)}\right)=(x+y)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}\right)\geq 9 \\$

令 $t=x+y$ ，得 $t^2-10t+9\leq 0$ ，故 $1\leq t\leq 9$ .

故答案为 $1$ .

推广：设正实数 $x,y$ 满足

$x+y+\dfrac{p^2}{x}+\dfrac{q^2}{y}=r\ \left( r>2\left(p+q\right) ,q>0,q>0\right)\\$

则 $x+y$ 的最小值与最大值之和为__.

解析：同上，我们有

$\begin{align*} \color{green}{(x+y)}\left(r-\color{green}{(x+y)}\right)&=(x+y)(\dfrac{p^2}{x}+\dfrac{q^2}{y})\\\\ &=p^2+q^2+\dfrac{p^2y}{x}+\dfrac{q^2x}{y}\\\\ &\geq p^2+q^2+2\sqrt{\dfrac{p^2y}{x}\cdot\dfrac{q^2x}{y}}\\\\ &=(p+q)^2 \end{align*}\\$

于是 $(x+y)^2-r(x+y)+(p+q)^2\leq 0$ ，得 $m_1\leq x+y\leq m_2$ ，

其中 $m_1,m_2$ 为方程 $m^2-rm+(p+q)^2=0$ 的两实根，根的存在性由 $\Delta=r^2-4(p+q)^2>0$ 保证. 由韦达定理得 $m_1,m_2$ 满足 $m_1+m_2=r$ .

故答案为 $r$ . $\square$

4.补充

4.1多元基本不等式

我们看一下一般的多元基本不等式

$\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}} \leq \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i } \leq\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n}\leq \sqrt{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\$

其中 $a_i(i=1,2,\cdots,n)$ 为正数.

等号成立当且仅当序列 ${a_n}$ 为常数列，即 $a_1=a_2=\cdots=a_n$.

常用的是三元的，即

$\dfrac{3}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}\leq \sqrt[3]{abc}\leq \dfrac{a+b+c}{3}\leq \sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}} \\$

其中 $a,b,c$ 为正数.

等号成立当且仅当 $a=b=c$ .

证明在后面给出.

4.2待定系数法的应用

例 11. 已知正实数 $a,b,c$ ，则 $\dfrac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}$ 的最大值为__.

解析：这个题目难的地方就是分子，如果是 $\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$，容易知道最大值就是 1，因为我们有

$\begin{align*} a^2+b^2\geq& 2ab\\\\ b^2+c^2\geq& 2bc\\\\ c^2+a^2\geq& 2ca \end{align*} \\$

相加即得

$2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ca) \\$

故$\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\leq 1$.

等号成立当且仅当 $a=b=c$ .

所以，我们采取类似的思路，仍然使用基本不等式，但考虑一个参数 $0<m<1$ ，注意到分子中有两项出现了 $b$ ，我们猜测这是两次基本不等式的结果，所以将 $b^2$ 划分为两份： $mb^2$ 和 $(1-m)b^2$.

于是

$\begin{align*} a^2+mb^2\geq& 2\sqrt{m}ab\\\\ (1-m)b^2+c^2 \geq& 2\sqrt{1-m}bc \end{align*} \\$

相加得到

$a^2+b^2+c^2\geq 2(\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m}bc) \\$

即

$\dfrac{\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m}bc}{a^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{1}{2} \\$

为得到 $\dfrac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}$ ，令 $\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{1-m}}=\dfrac{1}{4}$

解得 $m=\dfrac{1}{17}$

故

$\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{17}} ab+\dfrac{4}{\sqrt{17}}bc}{a^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{1}{2} \\$

即得

$\dfrac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{\sqrt{17}}{2} \\$

等号成立当且仅当 $\sqrt{1-m}a=\sqrt{m(1-m)}b=\sqrt{m}c$ . $\square$

这便是待定系数法的基本应用，我们再来看下面这个例子：

例 12. $f(x)=\dfrac{8}{\sin x}+\dfrac{1}{\cos x} (0<x<\dfrac{\pi}{2})$ 的最小值为__.[1]

解析：考虑不等式：

$\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}} \leq \sqrt{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\$

其中 $a_1=\cos x,a_i=\lambda\sin x (i\geq 2,\lambda>0)$ ， $\lambda$ 为待定常数.

为在 $\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}=\dfrac{n-1}{\lambda \sin x}+\dfrac{1}{\cos x}$ 处得到 $\dfrac{8}{\sin x}+\dfrac{1}{\cos x}$

令 $\dfrac{n-1}{\lambda}=8$

且利用 $\cos^2x+\sin ^2 x=1$ ，使得 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2$ 为定值，

即 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2=\cos^2x+(n-1)\lambda^2\sin^2x =\cos^2x+\sin ^2 x =1$

故 $(n-1)\lambda^2=1$ ，

由 $\begin{align} \begin{cases} \dfrac{n-1}{\lambda} &=8\ \ (n-1)\lambda^2 &=1 \end{cases} \end{align}$

解得 $\lambda =\dfrac{1}{2},n=5$ .

代入

$\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_i}} \leq \sqrt{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\$

得

$\dfrac{5}{\dfrac{1}{\cos x}+\dfrac{2}{\sin x}+\dfrac{2}{\sin x}+\dfrac{2}{\sin x}+\dfrac{2}{\sin x}}\leq \sqrt{\dfrac{\cos^2x+\dfrac{1}{4}\sin^2 x+\dfrac{1}{4}\sin^2 x+\dfrac{1}{4}\sin^2 x+\dfrac{1}{4}\sin^2 x}{5}}\\$

即

$\dfrac{8}{\sin x}+\dfrac{1}{\cos x}\geq5\sqrt{5}\\$

等号成立当且仅当 $\cos x=\dfrac{1}{2}\sin x$，即 $\tan x=2\left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)$ .

故答案为 $5\sqrt{5}$. $\square$

例 13. 设正实数 $x,y,z$ 满足 $xyz=1$ ，试证明： $x^2+y^2+z^2\geq x+y+z$ .

解析：我们很容易猜到取等条件为 $x=y=z=1$ ，

又恰好有 $x^2+1\geq 2x$ 也是以 $x=1$ 为取等条件，我们尝试用此进行证明：

$\begin{align} x^2+y^2+z^2&=(x^2+1)+(y^2+1)+(z^2+1)-3\\ &\geq2x+2y+2z-3\\ &=2(x+y+z)-\color{blue}{3\sqrt[3]{xyz}}\\ &\geq2(x+y+z)-\color{blue}{(x+y+z)}\\ &=x+y+z \end{align}$

$\square$

变式：设正实数 $x,y,z$ 满足 $xyz=1$ ，试证明： $x^{2021}+y^{2021}+z^{2021}\geq x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}$ .

解析：考虑待定系数，设正整数 $p,q$ ，使成立不等式 $px^{2021}+\sum_{i=1}^{q}1 \geq (p+q)x^{\frac{2021p}{p+q}}$ ，

易知不等式在 $x=1$ 时等号成立，

为使得右边出现 $x^{2020}$ ，令 $\dfrac{2021p}{p+q}=2020$ ，

得 $p=2020q$ ，故可取 $q=1,p=2020$ .

于是，有 $2020x^{2021}+1\geq 2021 x^{2020}$ ，从而

$\begin{align} (x^{2021}+2020)+(y^{2021}+2020)+(z^{2021}+2020) &\geq 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}) \end{align}$ ，

即 $x^{2021}+y^{2021}+z^{2021}\geq 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-3\times2020$

又 $3\times 2020 =2020\times 3\sqrt[3]{x^{2020}y^{2020}z^{2020}}\leq2020(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020})$ ，

所以

$\begin{align} x^{2021}+y^{2021}+z^{2021} &\geq 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-3\times2020\\ &\geq 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-2020(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020})\\ &=(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}) \end{align}$

两个等号成立都是当且仅当 $x=y=z=1$ . $\square$

例 14. 已知正实数 $x,y$ 满足 $\dfrac{1}{x+3y}+\dfrac{1}{2x+y}=1$ ，则 $x+y$ 的最小值是__.

解析：这里，为了尽可能简化条件，选择将 $\dfrac{1}{x+3y}+\dfrac{1}{2x+y}=1$ 左侧分母换元： $\begin{align} \begin{cases} m=x+3y \\ n=2x+y \end{cases} \end{align}$ ，将 $x,y$ 由 $m,n$ 表示： $\begin{align} \begin{cases} x=\dfrac{-m+3n}{5}\\ y=\dfrac{2m-n}{5} \end{cases} \end{align}$ ，

这里注意 0\iff \color{blue}{\dfrac{1}{2}<\dfrac{m}{n}<3}”>$x,y>0\iff \color{blue}{\dfrac{1}{2}<\dfrac{m}{n}<3}$ . 所求即 $x+y=\dfrac{-m+3n}{5}+\dfrac{2m-n}{5} =\dfrac{m+2 n}{5}$ 的最小值，这与我们的例 1 没有本质的区别，过程如下：

$\begin{align}\dfrac{m+2n}{5}&=\left(\dfrac{m+2n}{5}\right)\left(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}\right)\\ &=\dfrac{1}{5}\left(3+\dfrac{2n}{m}+\dfrac{m}{n}\right)\\ &\geq\dfrac{3+2\sqrt{2}}{5} \end{align}$

等号成立当且仅当 $\dfrac{2n}{m}=\dfrac{m}{n}$ ，也就是 $\color{blue}{\dfrac{m}{n}=\sqrt{2}}$ ，可以取得.

正文到这里结束.

附录：

$n$ 元均值不等式证明：

我们证明对任意正整数 $n$ ，以及任意 0(i=1,2,\cdots,n)”>$a_i>0(i=1,2,\cdots,n)$ 成立不等式：
$\color{blue}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}$ .
$\rm{Proof:}$ (法一)
$\rm{Step} \ 1:$ 先进行特殊情况当 $a_1a_2\cdots a_n=1$ ，只需要证明 $a_1+a_2+\cdots +a_n\geq n$ . 我们用调整法进行证明.
$\rm{Case} \ 1:$ 若 $a_1=a_2=\cdots=a_n=1$ ，结论显然成立.
$\rm{Case} \ 2:$ 若 $a_j(\forall 1\leq j\leq n)$ 不全为 $1$ ，此时一定有 $\min{a_1,a_2,\cdots,a_n}<1$ (否则 $a_1a_2\cdots a_n\geq \left(\min\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\right)^n>1$ ，矛盾)，不妨设 $a_1=\min{a_1,a_2,\cdots,a_n}<1$ ，$\max\{a_2,a_3,\cdots,a_n\}>1$ (否则 $a_1a_2\cdots a_n<1$ ，矛盾). 于是可设 $a_2=\max\{a_2,a_3,\cdots,a_n\}>1$ .
令 $b_1=1,b_2=a_1a_2,b_k=a_k(\forall k\geq 3)$ ，此时 $b_1b_2\cdots b_n=a_1a_2\cdots a_n$ ，但是 $\begin{align} &(b_1+b_2+\cdots+b_n)-(a_1+a_2+\cdots+a_n)\\ =&b_1+b_2-a_1-a_2\\ =&1+a_1a_2-a_1-a_2\\ =&\left(1-a_1\right)\left(1-a_2\right)\\ <&0 \end{align}$
即 $b_1+b_2+\cdots+b_n&b_1+b_2+\cdots+b_n\\ >&\cdots+\cdots+\cdots+\cdots\\ >&1+1+\cdots+1\\ =&n . \end{align}$
$\rm{Step \ 2:}$ 记 ${\rm{A}}=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$ ，令 $x_i=\dfrac{a_i}{{\rm{A}}}(i=1,2,\cdots,n)$ ，则 $x_1x_2\cdots x_n=1$ . 由 $\rm{Step \ 1}$ 知道 $x_1+x_2+\cdots+x_n\geq n$ ，即 $\color{\red}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}$ . $\square$

由 $\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$ ，令 $a_i=\dfrac{1}{y_i}$ ，得到 $\sqrt[n]{\dfrac{1}{y_1y_2\cdots y_n}}\leq\dfrac{\dfrac{1}{y_1}+\dfrac{1}{y_2}+\cdots+\dfrac{1}{y_n}}{n}$ ，也就是说 $\color{\red}{\color{\blue}{\dfrac{n}{\dfrac{1}{y_1}+\dfrac{1}{y_2}+\cdots+\dfrac{1}{y_n}}\leq\sqrt[n]{y_1y_2\cdots y_n}}}$ .

最后，我们证明 $\dfrac{x1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}$ ，即证明 $\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)^2<\dfrac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}$ ，也即证明 $\left({x_1+x_2+\cdots+x_n}\right)^2<n(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)$ ，而 $\begin{align} &\left({x_1+x_2+\cdots+x_n}\right)^2-n(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)\\ =&\sum{i=1}^n\sum{j=1}^{n}x_ix_j-n\sum{i=1}^{n}xi^2\\ \leq&\sum{i=1}^{n}\sum{j=1}^{n}\dfrac{x_i^2+x_j^2}{2}-n\sum{i=1}^{n}x_i^2\\ =&0 \end{align}$
等号成立当且仅当 $x_i=x_j,\forall 1\leq i,j\leq n$ .
故 $\color{\red}{\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq\sqrt{\dfrac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}}$ . $\square$

(法二) 这里只证明 ${\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}$ .

容易证明不等式： $\mathrm{e}^{x}\geq \mathrm{e}x(\forall x\in\mathbb{R})$ ，等号成立当且仅当 $x=1$ .
记 $\exp (y)=\mathrm{e}^y$ ，考虑非负实数 $x_i(i=1,2,\cdots,n)$ ，
令 $x=\dfrac{x_i}{A_n}(i=1,2,\cdots,n)$ ，这里 $A_n=\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}$ ，
则有 $\exp\left( \frac{x_i}{A_n}\right)\geq\mathrm{e}\dfrac{x_i}{A_n}$ ，
累乘得 $\exp\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{A_n} \right)\geq\mathrm{e}^{n}\dfrac{x_1x_2\cdots x_n}{A_n^n}$ ，

即 $An\geq\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}$ ，
也即 $\dfrac{\sum\limits{i=1}^{n}xi}{n}\geq \sqrt[n]{\prod{i=1}^{n}x_i}$
当且仅当 $\dfrac{x_i}{A_n}=1(i=1,2,\cdots,n)$ 即 $x_1=x_2=\cdots=x_n$ 等号成立.

为例题 11、例题 12 补充了两个习题：例题 11、例题 12 补充.

这里补充了一些更高层次的习题，偏向竞赛基础内容，有兴趣的可以点进去看看：

题解 1 ，题解 2，题解 3，题解 4 .

感谢阅读！