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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+b2ab

等号成立当且仅当 a=b.

事实上,这个不等式来自于

(xy)20

x2+y22xy

再令

x2=ay2=b

其中 a,b 是非负实数.

等号成立条件也即 xy=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

21a+1baba+b2a2+b22

其中,我们已经证明了 aba+b2 . 接下来完成剩下的证明:

证明:

我们先证明: a+b2a2+b22 .

要证 a+b2a2+b22

只需证 (a+b)24a2+b22

即证 (a+b)22(a2+b2)

即证 a2+2ab+b22a2+2b2

即证 2aba2+b2

显然成立,且等号成立当且仅当 a=b.

再证明: 21a+1bab

要证 21a+1bab

只需证 1a1b1a+1b2

aba+b2 知道 1a1b1a+1b2 成立

且 等号成立当且仅当 1a=1b,即 a=b .

注:21a+1b 称作 a,b调和平均值

ab 称作 a,b几何平均值

a+b2 称作 a,b算术平均值

a2+b22 称作 a,b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=11x+1y=1x+y=xy .

事实上,这三个条件可以说是完全一致,因为:

1x+1y=1 做换元 x=1a,y=1b

就得到 a+b=1.

例 1. 已知正实数 x,y 满足 x+y=1 ,则 1x+1y 的最小值为__.

解析: 方法一:由基本不等式链得

21x+1yx+y2

1x+1y4x+y=4

等号成立当且仅当 x=y=12 .

故答案为 4.

方法二 (化齐次): 将 1x+1y 乘以 x+y

1x+1y=(x+y)(1x+1y)=2+yx+xy2+2yxxy=4

等号成立当且仅当 yx=xy ,即 x=y=12 .

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=21 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 4x+9y 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 12(x+y)=1 于是

4x+9y=12(x+y)(4x+9y)=12(13+4yx+9xy)12(13+24yx9xy)=252

等号成立当且仅当 4yx=9xy

3x=2y=125.

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 3x+4+xy 的最小值为__.

直接乘 x+y 在这里不是很行了,因为

(x+y)(3x+4+xy)=3+x(4+x)y+3yx+4+x=7+xx(4+x)y+3yx

这时候需要处理的是 xx(4+x)y+3yx ,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 3x+4+xy 中的 4+xy 导致产生了一些问题,再准确点,就是 xy 导致的. 因为 xy 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.

(3x+4+xy)=3x+4y+xy=(x+y)(3x+4y)+xy=7+3yx+4xy+xy=7+3yx+5xy7+23yx5xy=7+215

等号成立当且仅当 3yx=5xy

5x=3y=53352 .

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=1xy+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:

x+2y2x2y=28=42

等号成立当且仅当 x=2y=22.

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 yx 表达,即

y(x+3)=42xy=42xx+3=10x+32

于是

x+y=x+10x+32=x+3+10x+3322(x+3)10x+35=2105

等号成立当且仅当 x+3=10x+3 ,即 x=103,y=102

故答案为 2105.

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=1xy+px+qy+pq=1+pq(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)(x+3+2y+4)24

x+2y+745

x+2y457

等号成立当且仅当 x+3=2y+4=25

x=253,y=52 .

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>12 , 则 x+12x1 的最小值为__.

解析:求最小值,考虑凑积定值:

注意到

x=12(2x1)+12

于是

x+12x1=12(2x1)+12x1+12212(2x1)12x1+12=2+12

等号成立当且仅当 2x1=2x=1+22

当然,换元 t=12x1 ,则 0”>t>0

即求 12t+1t+12 的最小值.

例 8. 已知 0 “>x>0 , 则 x2+2x 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

x2+2x=x2+1x+1x3x21x1x=3

等号成立当且仅当

x2=1x=1x

x=1 .

例 9. 已知 0 “> x>0 , 则 x(1x2) 的最大值为__.

解析:

考虑将 x 化为 x2 :显然最大值在 (0,1) 上, 于是

x(1x2)=x2(1x2)2

t=x2

x2(1x2)2=t(1t)2=122t(1t)(1t)12(2t+1t+1t3)3=427

等号成立当且仅当 2t=1t=1t ,即 t=13x=33 ,故答案为 239 .

例 10. 设正实数 x,y 满足 x+y+1x+4y=10x+y 的最小值为__.

解析:容易发现

(x+y)(1x+4y)=5+yx+4xy5+2yx4xy=9

等号成立当且仅当 2x=y=

于是

(x+y)(10(x+y))=(x+y)(1x+4y)9

t=x+y ,得 t210t+90 ,故 1t9 .

故答案为 1 .

推广:设正实数 x,y 满足

x+y+p2x+q2y=r (r>2(p+q),q>0,q>0)

x+y 的最小值与最大值之和为__.

解析:同上,我们有

(x+y)(r(x+y))=(x+y)(p2x+q2y)=p2+q2+p2yx+q2xyp2+q2+2p2yxq2xy=(p+q)2

于是 (x+y)2r(x+y)+(p+q)20 ,得 m1x+ym2

其中 m1,m2 为方程 m2rm+(p+q)2=0 的两实根,根的存在性由 Δ=r24(p+q)2>0 保证. 由韦达定理得 m1,m2 满足 m1+m2=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

ni=1n1aii=1naini=1naini=1nai2n

其中 ai(i=1,2,,n) 为正数.

等号成立当且仅当序列 an 为常数列,即 a1=a2==an.

常用的是三元的,即

31a+1b+1cabc3a+b+c3a2+b2+c23

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 ab+4bca2+b2+c2 的最大值为__.

解析:这个题目难的地方就是分子,如果是 ab+bc+caa2+b2+c2,容易知道最大值就是 1, 因为我们有

a2+b22abb2+c22bcc2+a22ca

相加即得

2(a2+b2+c2)2(ab+bc+ca)

ab+bc+caa2+b2+c21.

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 b2 划分为两份: mb2(1m)b2.

于是

a2+mb22mab(1m)b2+c221mbc

相加得到

a2+b2+c22(mab+1mbc)

mab+1mbca2+b2+c212

为得到 ab+4bca2+b2+c2 ,令 m1m=14

解得 m=117

117ab+417bca2+b2+c212

即得

ab+4bca2+b2+c2172

等号成立当且仅当 1ma=m(1m)b=mc .

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)=8sinx+1cosx(0<x<π2) 的最小值为__.[1]

解析:考虑不等式:

ni=1n1aii=1nai2n

其中 a1=cosx,ai=λsinx(i2,λ>0)λ 为待定常数.

为在 i=1n1ai=n1λsinx+1cosx 处得到 8sinx+1cosx

n1λ=8

且利用 cos2x+sin2x=1 ,使得 i=1nai2 为定值,

i=1nai2=cos2x+(n1)λ2sin2x=cos2x+sin2x=1

(n1)λ2=1

由 $\begin{align} {n1λ=8  (n1)λ2=1 \end{align}$

解得 λ=12,n=5 .

代入

ni=1n1aii=1nai2n

51cosx+2sinx+2sinx+2sinx+2sinxcos2x+14sin2x+14sin2x+14sin2x+14sin2x5

8sinx+1cosx55

等号成立当且仅当 cosx=12sinx,即 tanx=2(0<x<π2) .

故答案为 55.

例 13. 设正实数 x,y,z 满足 xyz=1 ,试证明: x2+y2+z2x+y+z .

解析:我们很容易猜到取等条件为 x=y=z=1

又恰好有 x2+12x 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 xyz=1 ,试证明: x2021+y2021+z2021x2020+y2020+z2020 .

解析:考虑待定系数,设正整数 p,q ,使成立不等式 px2021+i=1q1(p+q)x2021pp+q

易知不等式在 x=1 时等号成立,

为使得右边出现 x2020 ,令 2021pp+q=2020

p=2020q ,故可取 q=1,p=2020 .

于是,有 2020x2021+12021x2020 ,从而

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

x2021+y2021+z20212021(x2020+y2020+z2020)3×2020

3×2020=2020×3x2020y2020z202032020(x2020+y2020+z2020)

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 1x+3y+12x+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 1x+3y+12x+y=1 左侧分母换元: (1){m=x+3yn=2x+y ,将 x,ym,n 表示: (2){x=m+3n5y=2mn5

这里注意 0\iff \color{blue}{\dfrac{1}{2}<\dfrac{m}{n}<3}”>x,y>012<mn<3 . 所求即 x+y=m+3n5+2mn5=m+2n5 的最小值,这与我们的例 1 没有本质的区别,过程如下:

(3)m+2n5=(m+2n5)(1m+1n)(4)=15(3+2nm+mn)(5)3+225

等号成立当且仅当 2nm=mn ,也就是 mn=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)”>ai>0(i=1,2,,n) 成立不等式:
a1a2anna1+a2++ann .
Proof: (法一)
Step 1: 先进行特殊情况当 a1a2an=1 ,只需要证明 a1+a2++ann . 我们用调整法进行证明.
Case 1:a1=a2==an=1 ,结论显然成立.
Case 2:aj(1jn) 不全为 1 ,此时一定有 mina1,a2,,an<1 (否则 a1a2an(min{a1,a2,,an})n>1 ,矛盾),不妨设 a1=mina1,a2,,an<1max{a2,a3,,an}>1 (否则 a1a2an<1 ,矛盾). 于是可设 a2=max{a2,a3,,an}>1 .
b1=1,b2=a1a2,bk=ak(k3) ,此时 b1b2bn=a1a2an ,但是 (6)(b1+b2++bn)(a1+a2++an)(7)=b1+b2a1a2(8)=1+a1a2a1a2(9)=(1a1)(1a2)(10)<0
即 $b_1+b_2+\cdots+b_n&b_1+b_2+\cdots+b_n\ >&\cdots+\cdots+\cdots+\cdots\ >&1+1+\cdots+1\ =&n . \end{align}\rm{Step \ 2:}{\rm{A}}=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}x_i=\dfrac{a_i}{{\rm{A}}}(i=1,2,\cdots,n)x_1x_2\cdots x_n=1.\rm{Step \ 1}x_1+x_2+\cdots+x_n\geq n\color{\red}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}.\square$

a1a2anna1+a2++ann ,令 ai=1yi ,得到 1y1y2ynn1y1+1y2++1ynn ,也就是说 n1y1+1y2++1yny1y2ynn .

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

(法二) 这里只证明 a1a2anna1+a2++ann .

容易证明不等式: exex(xR) ,等号成立当且仅当 x=1 .
exp(y)=ey ,考虑非负实数 xi(i=1,2,,n)
x=xiAn(i=1,2,,n) ,这里 An=x1+x2++xnn
则有 exp(xiAn)exiAn
累乘得 exp(x1+x2++xnAn)enx1x2xnAnn

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

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!

5.参考

  1. ^ 这个题目有其他解法,包括求导、Holder 不等式,这里不做展开。
  2. 本文章选自知乎专栏《从零开始的基本不等式及其应用大全——超详细梳理》(查看原文),若侵犯版权,请联系站长删除。

6.后记

这算是我网站的第一份像样的文章,谢谢各位的捧场,今后争取每周更新一篇此类文章,也欢迎大家在下方的评论区热烈讨论(评论区服务器在海外,可能加载比较缓慢,还请耐心等待!)