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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{a b}

等号成立当且仅当 $a = b$ .

事实上，这个不等式来自于

(x - y)^{2} \geq 0

即

x^{2} + y^{2} \geq 2 x y

再令

\begin{aligned} x^{2} = & a \\ y^{2} = & b \end{aligned}

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{array}{r} \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{a b} \leq \frac{a + b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \end{array}

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

证明：

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

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

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

即证 $(a + b)^{2} \leq 2 (a^{2} + b^{2})$

即证 $a^{2} + 2 a b + b^{2} \leq 2 a^{2} + 2 b^{2}$

即证 $2 a b \leq a^{2} + b^{2}$

显然成立，且等号成立当且仅当 $a = b$ .

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

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

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

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

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

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

$\sqrt{a b}$ 称作 $a, b$ 的几何平均值

$\frac{a + b}{2}$ 称作 $a, b$ 的算术平均值

$\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}}$ 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 $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 1$ 或 $x + y = x y$ .

事实上，这三个条件可以说是完全一致，因为：

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

就得到 $a + b = 1$ .

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

解析： 方法一：由基本不等式链得

\frac{2}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \leq \frac{x + y}{2}

故

\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y} = 4

等号成立当且仅当 $x = y = \frac{1}{2}$ .

故答案为 4.

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

即

\begin{aligned} \frac{1}{x} + \frac{1}{y} & = (x + y) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) \\ = 2 + \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \\ \geq 2 + 2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{x}{y}} \\ = 4 \end{aligned}

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

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 $x + y = 2 \neq 1$ 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 $\frac{4}{x} + \frac{9}{y}$ 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 $\frac{1}{2} (x + y) = 1$ 于是

\begin{aligned} \frac{4}{x} + \frac{9}{y} & = \frac{1}{2} (x + y) (\frac{4}{x} + \frac{9}{y}) \\ = \frac{1}{2} (13 + \frac{4 y}{x} + \frac{9 x}{y}) \\ \geq \frac{1}{2} (13 + 2 \sqrt{\frac{4 y}{x} \cdot \frac{9 x}{y}}) \\ = \frac{25}{2} \end{aligned}

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

即 $3 x = 2 y = \frac{12}{5}$ .

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 $\frac{3}{x} + \frac{4 + x}{y}$ 的最小值为__.

直接乘 $x + y$ 在这里不是很行了，因为

\begin{aligned} (x + y) (\frac{3}{x} + \frac{4 + x}{y}) & = 3 + \frac{x (4 + x)}{y} + \frac{3 y}{x} + 4 + x \\ = 7 + x \frac{x (4 + x)}{y} + \frac{3 y}{x} \end{aligned}

这时候需要处理的是 $x \frac{x (4 + x)}{y} + \frac{3 y}{x}$ ，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 $\frac{3}{x} + \frac{4 + x}{y}$ 中的 $\frac{4 + x}{y}$ 导致产生了一些问题，再准确点，就是 $\frac{x}{y}$ 导致的. 因为 $\frac{x}{y}$ 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{aligned} (\frac{3}{x} + \frac{4 + x}{y}) & = \frac{3}{x} + \frac{4}{y} + \frac{x}{y} \\ = (x + y) (\frac{3}{x} + \frac{4}{y}) + \frac{x}{y} \\ = 7 + \frac{3 y}{x} + \frac{4 x}{y} + \frac{x}{y} \\ = 7 + \frac{3 y}{x} + \frac{5 x}{y} \\ \geq 7 + 2 \sqrt{\frac{3 y}{x} \cdot \frac{5 x}{y}} \\ = 7 + 2 \sqrt{15} \end{aligned}

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

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

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 $x y = 1$ 或 $x y + p x + q y = 1$ ，其中 $p, q > 0$ .

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

解析：

\begin{array}{r} x + 2 y \geq 2 \sqrt{x \cdot 2 y} = 2 \sqrt{8} = 4 \sqrt{2} \end{array}

等号成立当且仅当 $x = 2 y = 2 \sqrt{2}$ .

例 5. 已知正实数 $x, y$ 满足 $x y + 2 x + 3 y = 4$ ，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{aligned} y (x + 3) & = 4 - 2 x \\ y & = \frac{4 - 2 x}{x + 3} = \frac{10}{x + 3} - 2 \end{aligned}

于是

\begin{aligned} x + y & = x + \frac{10}{x + 3} - 2 \\ = x + 3 + \frac{10}{x + 3} - 3 - 2 \\ \geq 2 \sqrt{(x + 3) \cdot \frac{10}{x + 3}} - 5 \\ = 2 \sqrt{10} - 5 \end{aligned}

等号成立当且仅当 $x + 3 = \frac{10}{x + 3}$ ，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 $x y$ 为定值的情况，但这里显然 $x y$ 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：

x y + p x + q y = 1 ⟺ x y + p x + q y + p q = 1 + p q ⟺ (x + q) (y + p) = 1 + p q

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

解析： $(x + 3) (y + 2) = 10$

于是

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

故

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

即

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

等号成立当且仅当 $x + 3 = 2 y + 4 = 2 \sqrt{5}$ ，

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 $x > \frac{1}{2}$ , 则 $x + \frac{1}{2 x - 1}$ 的最小值为__.

解析：求最小值，考虑凑积定值：

注意到

x = \frac{1}{2} (2 x - 1) + \frac{1}{2}

于是

\begin{aligned} x + \frac{1}{2 x - 1} & = \frac{1}{2} (2 x - 1) + \frac{1}{2 x - 1} + \frac{1}{2} \\ \geq 2 \sqrt{\frac{1}{2} (2 x - 1) \cdot \frac{1}{2 x - 1}} + \frac{1}{2} \\ = \sqrt{2} + \frac{1}{2} \end{aligned}

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

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

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

例 8. 已知 0 “> $x > 0$ , 则 $x^{2} + \frac{2}{x}$ 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{aligned} x^{2} + \frac{2}{x} & = x^{2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \\ \geq 3 \sqrt{x^{2} \cdot \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x}} \\ = 3 \end{aligned}

等号成立当且仅当

x^{2} = \frac{1}{x} = \frac{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{aligned} x^{2} (1 - x^{2})^{2} & = t (1 - t)^{2} \\ = \frac{1}{2} \cdot 2 t (1 - t) (1 - t) \\ \leq \frac{1}{2} (\frac{2 t + 1 - t + 1 - t}{3})^{3} \\ = \frac{4}{27} \end{aligned}

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

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

解析：容易发现

\begin{aligned} (x + y) (\frac{1}{x} + \frac{4}{y}) & = 5 + \frac{y}{x} + \frac{4 x}{y} \\ \geq 5 + 2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{4 x}{y}} \\ = 9 \end{aligned}

等号成立当且仅当 $2 x = y = \dots$

于是

(x + y) (10 - (x + y)) = (x + y) (\frac{1}{x} + \frac{4}{y}) \geq 9

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

故答案为 $1$ .

推广：设正实数 $x, y$ 满足

x + y + \frac{p^{2}}{x} + \frac{q^{2}}{y} = r (r > 2 (p + q), q > 0, q > 0)

则 $x + y$ 的最小值与最大值之和为__.

解析：同上，我们有

\begin{aligned} (x + y) (r - (x + y)) & = (x + y) (\frac{p^{2}}{x} + \frac{q^{2}}{y}) \\ = p^{2} + q^{2} + \frac{p^{2} y}{x} + \frac{q^{2} x}{y} \\ \geq p^{2} + q^{2} + 2 \sqrt{\frac{p^{2} y}{x} \cdot \frac{q^{2} x}{y}} \\ = (p + q)^{2} \end{aligned}

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 $m^{2} - r m + (p + q)^{2} = 0$ 的两实根，根的存在性由 $Δ = r^{2} - 4 (p + q)^{2} > 0$ 保证. 由韦达定理得 $m_{1}, m_{2}$ 满足 $m_{1} + m_{2} = r$ .

故答案为 $r$ . $◻$

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

\frac{n}{\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}} \leq \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^{n} a_{i}} \leq \frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}}{n} \leq \sqrt{\frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}

其中 $a_{i} (i = 1, 2, \dots, n)$ 为正数.

等号成立当且仅当序列 $a_{n}$ 为常数列，即 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ .

常用的是三元的，即

\frac{3}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \leq \sqrt[3]{a b c} \leq \frac{a + b + c}{3} \leq \sqrt{\frac{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 $\frac{a b + 4 b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$ 的最大值为__.

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

\begin{aligned} a^{2} + b^{2} \geq & 2 a b \\ b^{2} + c^{2} \geq & 2 b c \\ c^{2} + a^{2} \geq & 2 c a \end{aligned}

相加即得

2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq 2 (a b + b c + c a)

故 $\frac{a b + b c + c a}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \leq 1$ .

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： $m b^{2}$ 和 $(1 - m) b^{2}$ .

于是

\begin{aligned} a^{2} + m b^{2} \geq & 2 \sqrt{m} a b \\ (1 - m) b^{2} + c^{2} \geq & 2 \sqrt{1 - m} b c \end{aligned}

相加得到

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

即

\frac{\sqrt{m} a b + \sqrt{1 - m} b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \leq \frac{1}{2}

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

解得 $m = \frac{1}{17}$

故

\frac{\frac{1}{\sqrt{17}} a b + \frac{4}{\sqrt{17}} b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \leq \frac{1}{2}

即得

\frac{a b + 4 b c}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} \leq \frac{\sqrt{17}}{2}

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

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

解析：考虑不等式：

\frac{n}{\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}} \leq \sqrt{\frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}

其中 $a_{1} = \cos x, a_{i} = λ \sin x (i \geq 2, λ > 0)$ ， $λ$ 为待定常数.

为在 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}} = \frac{n - 1}{λ \sin x} + \frac{1}{\cos x}$ 处得到 $\frac{8}{\sin x} + \frac{1}{\cos x}$

令 $\frac{n - 1}{λ} = 8$

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

即 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} = \cos^{2} x + (n - 1) λ^{2} \sin^{2} x = \cos^{2} x + \sin^{2} x = 1$

故 $(n - 1) λ^{2} = 1$ ，

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

解得 $λ = \frac{1}{2}, n = 5$ .

代入

\frac{n}{\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{a_{i}}} \leq \sqrt{\frac{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}

得

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

即

\frac{8}{\sin x} + \frac{1}{\cos x} \geq 5 \sqrt{5}

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

故答案为 $5 \sqrt{5}$ . $◻$

例 13. 设正实数 $x, y, z$ 满足 $x y z = 1$ ，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 $x^{2} + 1 \geq 2 x$ 也是以 $x = 1$ 为取等条件，我们尝试用此进行证明：

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

$◻$

变式：设正实数 $x, y, z$ 满足 $x y z = 1$ ，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 $p x^{2021} + \sum_{i = 1}^{q} 1 \geq (p + q) x^{\frac{2021 p}{p + q}}$ ，

易知不等式在 $x = 1$ 时等号成立，

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

得 $p = 2020 q$ ，故可取 $q = 1, p = 2020$ .

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

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

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

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

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 $x = y = z = 1$ . $◻$

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

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

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

$\begin{aligned} (3) & \frac{m + 2 n}{5} & = (\frac{m + 2 n}{5}) (\frac{1}{m} + \frac{1}{n}) \\ (4) & = \frac{1}{5} (3 + \frac{2 n}{m} + \frac{m}{n}) \\ (5) & \geq \frac{3 + 2 \sqrt{2}}{5} \end{aligned}$

等号成立当且仅当 $\frac{2 n}{m} = \frac{m}{n}$ ，也就是 $\frac{m}{n} = \sqrt{2}$ ，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)”> $a_{i} > 0 (i = 1, 2, \dots, n)$ 成立不等式：
$\sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ .
$P r o o f :$ (法一)
$S t e p 1 :$ 先进行特殊情况当 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} = 1$ ，只需要证明 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} \geq n$ . 我们用调整法进行证明.
$C a s e 1 :$ 若 $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n} = 1$ ，结论显然成立.
$C a s e 2 :$ 若 $a_{j} (\forall 1 \leq j \leq n)$ 不全为 $1$ ，此时一定有 $min a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} < 1$ (否则 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} \geq {(min {a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}})}^{n} > 1$ ，矛盾)，不妨设 $a_{1} = min a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} < 1$ ， $max {a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n}} > 1$ (否则 $a_{1} a_{2} \dots a_{n} < 1$ ，矛盾). 于是可设 $a_{2} = max {a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n}} > 1$ .
令 $b_{1} = 1, b_{2} = a_{1} a_{2}, b_{k} = a_{k} (\forall k \geq 3)$ ，此时 $b_{1} b_{2} \dots b_{n} = a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ ，但是 $\begin{aligned} (6) & (b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}) - (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}) \\ (7) & = & b_{1} + b_{2} - a_{1} - a_{2} \\ (8) & = & 1 + a_{1} a_{2} - a_{1} - a_{2} \\ (9) & = & (1 - a_{1}) (1 - a_{2}) \\ (10) & < & 0 \end{aligned}$
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 $\sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ ，令 $a_{i} = \frac{1}{y_{i}}$ ，得到 $\sqrt[n]{\frac{1}{y_{1} y_{2} \dots y_{n}}} \leq \frac{\frac{1}{y_{1}} + \frac{1}{y_{2}} + \dots + \frac{1}{y_{n}}}{n}$ ，也就是说 $\frac{n}{\frac{1}{y_{1}} + \frac{1}{y_{2}} + \dots + \frac{1}{y_{n}}} \leq \sqrt[n]{y_{1} y_{2} \dots y_{n}}$ .

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 $\sqrt[n]{a_{1} a_{2} \dots a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}$ .

容易证明不等式： $e^{x} \geq e x (\forall x \in R)$ ，等号成立当且仅当 $x = 1$ .
记 $\exp (y) = e^{y}$ ，考虑非负实数 $x_{i} (i = 1, 2, \dots, n)$ ，
令 $x = \frac{x_{i}}{A_{n}} (i = 1, 2, \dots, n)$ ，这里 $A_{n} = \frac{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}}{n}$ ，
则有 $\exp (\frac{x_{i}}{A_{n}}) \geq e \frac{x_{i}}{A_{n}}$ ，
累乘得 $\exp (\frac{x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}}{A_{n}}) \geq e^{n} \frac{x_{1} x_{2} \dots x_{n}}{A_{n}^{n}}$ ，

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.