基本不等式
基本不等式定义
这是我们一般说的基本不等式:对非负实数 \(a,b\),有
等号成立当且仅当 \(a=b\)。
事实上,这个不等式来自于
即
再令
其中 \(a,b\) 是非负实数。
等号成立条件也即 \(x-y=0\),即 \(a=b\)。
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
其中,我们已经证明了 $ \sqrt{ab} \leqslant\displaystyle\frac{a+b}{2} $。接下来完成剩下的证明:
证明:
我们先证明:$ \displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a2+b2}{2}} $。
要证 $ \displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a2+b2}{2}} $,只需证 $ \displaystyle\frac{(a+b)^2}{4}\leqslant \displaystyle\frac{a2+b2}{2}$
即证 $ (a+b)^2\leqslant 2(a2+b2)$
即证 $ a2+2ab+b2\leqslant 2a2+2b2$
即证 $ 2ab\leqslant a2+b2$
这显然成立,且等号成立当且仅当 \(a=b\)。
再证明:$ \displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \sqrt{ab} $
要证 $ \displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \sqrt{ab} $,只需证 $\sqrt{\displaystyle\frac{1}{a}\cdot\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}{2} $
由 \(\sqrt{ab}\leqslant\displaystyle\frac{a+b}{2}\) 知道 \(\sqrt{\displaystyle\frac{1}{a}\cdot\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}{2}\) 成立
且等号成立当且仅当 \(\displaystyle\frac{1}{a}=\displaystyle\frac{1}{b}\),即 $a=b $。
注:\(\displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}\) 称作 \(a,b\) 的调和平均值。
$ \sqrt{ab} $ 称作 \(a,b\) 的几何平均值。
\(\displaystyle\frac{a+b}{2}\) 称作 \(a,b\) 的算术平均值。
\(\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}}\) 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”。
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。
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 \(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}=1\) 或 $ x+y=xy$。
事实上,这三个条件可以说是完全一致,因为:
对 $\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}=1 $ 作换元 \(x=\displaystyle\frac{1}{a},y=\displaystyle\frac{1}{b}\)
就得到 \(a +b=1\)。
例1 已知正实数 \(x,y\) 满足 $x+y= 1 $,则 \(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}\) 的最小值为________。
解析: 方法一:由基本不等式链得
故
等号成立当且仅当 \(x=y=\displaystyle\frac{1}{2}\)。
故答案为 \(4\)。
方法二(化齐次): 将 \(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}\) 乘 \(x+y\),
即
等号成立当且仅当 \(\displaystyle\frac{y}{x}=\displaystyle\frac{x}{y}\),即 \(x=y=\displaystyle\frac{1}{2}\)。
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 \(x+y=2\not=1\) 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 \(\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{9}{y}\) 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 \(\displaystyle\frac{1}{2}(x+y)=1\),于是
等号成立当且仅当 \(\displaystyle\frac{4y}{x}=\displaystyle\frac{9x}{y}\),即 \(3x=2y=\displaystyle\frac{12}{5}\)。
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 \(\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4+x}{y}\) 的最小值为________。
直接乘 \(x+y\) 在这里不是很行了,因为
这时候需要处理的是 \(x\cdot\displaystyle\frac{x(4+x)}{y}+\displaystyle\frac{3y}{x}\),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 \(\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4+x}{y}\) 中的 \(\displaystyle\frac{4+x}{y}\) 导致产生了一些问题,再准确点,就是 \(\displaystyle\frac{x}{y}\) 导致的因为 \(\displaystyle\frac{x}{y}\) 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。
等号成立当且仅当 $ \displaystyle\frac{3y}{x}=\displaystyle\frac{5x}{y}$,即 $\sqrt{5}x=\sqrt{3}y =\displaystyle\frac{5\sqrt{3}-3\sqrt{5}}{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:
\(\begin{aligned} x+2y \geqslant 2\sqrt{x\cdot 2y}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2} \end{aligned} \\[10pt]\)
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
于是
等号成立当且仅当 \(x+3=\displaystyle\frac{10}{x+3}\),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 \(xy\) 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:
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 \(20=(x+3)(2y+4) \leqslant \displaystyle\frac{(x+3+2y+4)^2}{4} \\[10pt]\)
故 $ x+2y+7\geqslant 4\sqrt{5}\[10pt]$
即 $ x+2y \geqslant 4\sqrt{5}-7\[10pt]$
等号成立当且仅当 \(x+3=2y+4=2\sqrt{5}\),
即 \(x=2\sqrt{5}-3, y=\sqrt{5}-2\)。
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> \displaystyle\frac{1}{2} $, 则 $ x+ \displaystyle\frac{1}{2x-1}$ 的最小值为________。
解析:求最小值,考虑凑积定值:
注意到 $ x=\displaystyle\frac{1}{2}(2x-1)+\displaystyle\frac{1}{2}\[10pt]$ 于是
等号成立当且仅当 \(2x-1=\sqrt{2}\) 即 \(x=\displaystyle\frac{1+\sqrt{2}}{2}\)
当然,换元 \(t=\displaystyle\frac{1}{2x-1}\),则 \(t>0\),
即求 \(\displaystyle\frac{1}{2}t+\displaystyle\frac{1}{t}+\displaystyle\frac{1}{2}\) 的最小值。
例8 已知 $x> 0 $, 则 $ x^2+ \displaystyle\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
等号成立当且仅当
即 \(x=1\)。
例9 已知 $ 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
\(x(1-x^2)=\sqrt{x^2(1-x^2)^2} \\[10pt]\)
令 \(t=x^2\) 则有
等号成立当且仅当 \(2t=1-t=1-t\),即 \(t=\displaystyle\frac{1}{3}\) 即 \(x=\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\),故答案为 \(\displaystyle\frac{2\sqrt{3}}{9}\)。
例10设正实数 \(x,y\) 满足 \(x+y+\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{4}{y}=10\), \(x+y\) 的最小值为________。
解析:容易发现
等号成立当且仅当 \(2x=y=\cdots\)
于是 \({(x+y)}\left(10-{(x+y)}\right)=(x+y)\left(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{4}{y}\right)\geqslant 9 \\[10pt]\) 令 \(t=x+y\),得 \(t^2-10t+9\leqslant 0\),故 \(1\leqslant t\leqslant 9\)。
故答案为 \(1\)。
推广:设正实数 \(x,y\) 满足 \(x+y+\displaystyle\frac{p^2}{x}+\displaystyle\frac{q^2}{y}=r\ \big(r>2\left(p+q\right),q>0,q>0\big)\\[10pt]\) 则 \(x+y\) 的最小值与最大值之和为________。
解析:同上,我们有
于是 \((x+y)^2-r(x+y)+(p+q)^2\leqslant 0\),得 \(m_1\leqslant x+y\leqslant m_2\),
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 \(r\)。
补充
多元基本不等式
我们看一下一般的多元基本不等式
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
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。
待定系数法的应用
例11 已知正实数 \(a,b,c\),则 \(\displaystyle\frac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}\) 的最大值为________。
解析:这个题目难的地方就是分子,如果是 \(\displaystyle\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\),容易知道最大值就是 \(1\), 因为我们有
相加即得
故 \(\displaystyle\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\leqslant 1\),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
相加得到
即
为得到 \(\displaystyle\frac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}\),令 $ \displaystyle\frac{\sqrt{m}}{\sqrt{1-m}}=\displaystyle\frac{1}{4}$
解得 \(m=\displaystyle\frac{1}{17}\)
故
即得
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)=\displaystyle\frac{8}{\sin x}+\displaystyle\frac{1}{\cos x} (0<x<\displaystyle\frac{\pi}{2}) $ 的最小值为________。
解析:考虑不等式: \(\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{a_i}} \leqslant \sqrt{\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\[10pt]\)
其中 \(a_1=\cos x,a_i=\lambda\sin x (i\geqslant 2,\lambda>0)\), \(\lambda\) 为待定常数。
为在 \(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{a_i}=\displaystyle\frac{n-1}{\lambda \sin x}+\displaystyle\frac{1}{\cos x}\) 处得到 \(\displaystyle\frac{8}{\sin x}+\displaystyle\frac{1}{\cos x}\)
令 \(\displaystyle\frac{n-1}{\lambda}=8\)
且利用 \(\cos^2x+\sin ^2 x=1\),使得 \(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2\) 为定值,
即 $ \displaystyle\sum\limits_{i=1}{n}a_i2=\cos2x+(n-1)\lambda2\sin^2x =\cos^2x+\sin ^2 x =1$
故 \((n-1)\lambda^2=1\),
由 \(\begin{cases} \displaystyle\frac{n-1}{\lambda} =8\\[10pt] (n-1)\lambda^2 =1 \end{cases}\)
解得 $ \lambda =\displaystyle\frac{1}{2},n=5$。
代入 \(\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{a_i}} \leqslant \sqrt{\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\[10pt]\) 得
即
等号成立当且仅当 \(\cos x=\displaystyle\frac{1}{2}\sin x\),即 $\tan x=2\left(0<x<\displaystyle\frac{\pi}{2}\right) $。
故答案为 \(5\sqrt{5}\)。
例13 设正实数 \(x,y,z\) 满足 \(xyz=1\),试证明: \(x^2+y^2+z^2\geqslant x+y+z\)。
解析:我们很容易猜到取等条件为 \(x=y=z=1\),
又恰好有 \(x^2+1\geqslant 2x\) 也是以 \(x=1\) 为取等条件,我们尝试用此进行证明:
变式:设正实数 \(x,y,z\) 满足 \(xyz=1\),试证明: $x{2021}+y+z^{2021}\geqslant x{2020}+y+z^{2020} $。
解析:考虑待定系数,设正整数 \(p,q\),使成立不等式 \(px^{2021}+\displaystyle\sum_{i=1}^{q}1 \geqslant (p+q)x^{\frac{2021p}{p+q}}\),
易知不等式在 \(x=1\) 时等号成立,
为使得右边出现 \(x^{2020}\),令 \(\displaystyle\frac{2021p}{p+q}=2020\),
得 \(p=2020q\),故可取 \(q=1,p=2020\)。
于是,有 \(2020x^{2021}+1\geqslant 2021 x^{2020}\),从而
\(\begin{aligned} (x^{2021}+2020)+(y^{2021}+2020)+(z^{2021}+2020) &\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}) \end{aligned}\),
即 \(x^{2021}+y^{2021}+z^{2021}\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-3\times2020\)
又 \(3\times 2020 =2020\times 3\sqrt[3]{x^{2020}y^{2020}z^{2020}}\leqslant2020(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020})\),
所以
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 \(\displaystyle\frac{1}{x+3y}+\displaystyle\frac{1}{2x+y}=1\),则 \(x+y\) 的最小值是________。
解析:这里,为了尽可能简化条件,选择将 \(\displaystyle\frac{1}{x+3y}+\displaystyle\frac{1}{2x+y}=1\) 左侧分母换元: \(\begin{aligned} \begin{cases} m=x+3y \\[10pt] n=2x+y \end{cases} \end{aligned}\),将 \(x,y\) 由 \(m,n\) 表示: \(\begin{aligned} \begin{cases} x=\displaystyle\frac{-m+3n}{5}\\[10pt] y=\displaystyle\frac{2m-n}{5} \end{cases} \end{aligned}\),
这里注意 \(x,y>0\iff {\displaystyle\frac{1}{2}<\displaystyle\frac{m}{n}<3}\)。 所求即 \(x+y=\displaystyle\frac{-m+3n}{5}+\displaystyle\frac{2m-n}{5} =\displaystyle\frac{m+2 n}{5}\) 的最小值,这与我们的例1没有本质的区别,过程如下:
等号成立当且仅当 \(\displaystyle\frac{2n}{m}=\displaystyle\frac{m}{n}\),也就是 \({\displaystyle\frac{m}{n}=\sqrt{2}}\),可以取得。
\(n\) 元均值不等式证明
我们证明对任意正整数 \(n\),以及任意 \(a_i>0(i=1,2,\cdots,n)\) 成立不等式:
\(\rm{Proof:}\) (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 \(a_1+a_2+\cdots +a_n\geqslant n\)。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 \(a_j(\forall 1\leqslant j\leqslant n)\) 不全为 \(1\),此时一定有 \(\min\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}<1\) (否则 \(a_1a_2\cdots a_n\geqslant \left(\min\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}\right)^n>1\),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 \(b_1=1,b_2=a_1a_2,b_k=a_k(\forall k\geqslant 3)\),此时 \(b_1b_2\cdots b_n=a_1a_2\cdots a_n\),但是
即 \(b_1+b_2+\cdots+b_n<a_1+a_2+\cdots+a_n\)。如此操作至多 \(n-1\) 次, \(n\) 个数将全变为 \(1\),但每次变化后,这 \(n\) 个数的和将一直减小,于是
\(\rm{Step \ 2:}\) 记 \({\rm{A}}=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\),令 \(x_i=\displaystyle\frac{a_i}{{\rm{A}}}(i=1,2,\cdots,n)\),则 \(x_1x_2\cdots x_n=1\)。由 \(\rm{Step \ 1}\) 知道 \(x_1+x_2+\cdots+x_n\geqslant n\),即
由 \(\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leqslant\displaystyle\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\),令 \(a_i=\displaystyle\frac{1}{y_i}\),得到
也就是说
最后,我们证明 \(\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}\),即证明
也即证明
而
等号成立当且仅当 \(x_i=x_j,\forall 1\leqslant i,j\leqslant n\)。
故
(法二)这里只证明 \({\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leqslant\displaystyle\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}}\)。
容易证明不等式: \(\mathrm{e}^{x}\geqslant \mathrm{e}x(\forall x\in\mathbb{R})\),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 \(x=\displaystyle\frac{x_i}{A_n}(i=1,2,\cdots,n)\),这里 \(A_n=\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\),
则有
累乘得
即
也即
当且仅当 \(\displaystyle\frac{x_i}{A_n}=1(i=1,2,\cdots,n)\) 即 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\) 等号成立。
一些习题
已知正实数 \(x,y\) 满足 $x+y= 1 $,则 \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) 的最小值为________.
已知正实数 \(x,y\) 满足 $x+y= 2 $,则 \(\dfrac{4}{x}+\dfrac{9}{y}\) 的最小值为________.
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________.
已知正实数 \(x,y\) 满足 $ xy=4 $ ,则 $ x+ 2y$ 的最小值________.
已知正实数 \(x,y\) 满足 $ xy+2x+3y=4 $ ,则 $ x+ y$ 的最小值________.
已知正实数 \(x,y\) 满足 $ xy+2x+3y=4 $ ,则 $ x+2y$ 的最小值________.
已知 $x> \dfrac{1}{2} $ , 则 $ x+ \dfrac{1}{2x-1}$ 的最小值为________.
已知 $x> 0 $ , 则 $ x^2+ \dfrac{2}{x} $ 的最小值为________.
已知 $ x> 0 $ , 则 \(x(1-x^2)\) 的最大值为________.
设正实数 \(x,y\) 满足 \(x+y+\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y}=10\),\(x+y\) 的最小值为________.
已知正实数 \(a,b,c\) ,则 \(\dfrac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}\) 的最大值为________.
$f(x)=\dfrac{8}{\sin x}+\dfrac{1}{\cos x} (0<x<\dfrac{\pi}{2}) $ 的最小值为________.
设正实数 \(x,y,z\) 满足 \(xyz=1\) ,试证明: \(x^2+y^2+z^2\geq x+y+z\) .
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________.