不等式选讲
一、均值不等式
1.1 定义
这是我们一般说的均值不等式：对非负实数 \(a,b\)，有
\[a+b\geqslant 2\sqrt{ab} \]等号成立当且仅当 \(a=b\)。
事实上，这个不等式来自于
\[(x-y)^2\geqslant 0 \]即
\[x^2+y^2 \geqslant 2xy \]再令
\[x^2=a\\[10pt] y^2=b\\[10pt] \]其中 \(a,b\) 是非负实数。
等号成立条件也即 \(x-y=0\)，即 \(a=b\)。
1.2 均值不等式链
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
\[\begin{aligned} \displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \sqrt{ab} \leqslant\displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}} \end{aligned} \\[10pt] \]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：\(\displaystyle\frac{a+b}{2}\leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}}\)。
要证 \(\displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}}\)，只需证 \(\displaystyle\frac{(a+b)^2}{4}\leqslant \displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}\)
即证 \((a+b)^2\leqslant 2(a^2+b^2)\)
即证 \(a^2+2ab+b^2\leqslant 2a^2+2b^2\)
即证 \(2ab\leqslant a^2+b^2\)
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”。
1.3 均值不等式的应用
一般地，均值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。
1.3.1 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 \(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}=1\) 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：由均值不等式链得
\[\displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}}\leqslant \displaystyle\frac{x+y}{2} \\[10pt] \]故
\[\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}\geqslant \displaystyle\frac{4}{x+y}=4 \\[10pt] \]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
\[\begin{aligned} \displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}&=(x+y)(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y})\\[10pt] &=2+\displaystyle\frac{y}{x}+\displaystyle\frac{x}{y}\\[10pt] &\geqslant 2+2\sqrt{\displaystyle\frac{y}{x}\cdot\displaystyle\frac{x}{y}}\\[10pt] &=4 \end{aligned} \\[10pt]\]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：如果不能直接用均值不等式链或者 \(x+y=2\not=1\) 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
\[\begin{aligned} \displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{9}{y}&=\displaystyle\frac{1}{2}(x+y)(\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{9}{y})\\[10pt] &=\displaystyle\frac{1}{2}(13+\displaystyle\frac{4y}{x}+\displaystyle\frac{9x}{y})\\[10pt] &\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}(13+2\sqrt{\displaystyle\frac{4y}{x}\cdot\displaystyle\frac{9x}{y}})\\[10pt] &=\displaystyle\frac{25}{2} \end{aligned} \\[10pt]\]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
\[\begin{aligned} (x+y)(\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4+x}{y}) &=3+\displaystyle\frac{x(4+x)}{y}+\displaystyle\frac{3y}{x}+4+x\\[10pt] &=7+x\displaystyle\frac{x(4+x)}{y}+\displaystyle\frac{3y}{x} \end{aligned} \\[10pt] \]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。
\[\begin{aligned} (\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4+x}{y}) &=\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4}{y}+\displaystyle\frac{x}{y}\\[10pt] &=(x+y)(\displaystyle\frac{3}{x}+\displaystyle\frac{4}{y})+\displaystyle\frac{x}{y}\\[10pt] &=7+\displaystyle\frac{3y}{x}+\displaystyle\frac{4x}{y}+\displaystyle\frac{x}{y}\\[10pt] &=7+\displaystyle\frac{3y}{x}+\displaystyle\frac{5x}{y}\\[10pt] &\geqslant 7+2\sqrt{\displaystyle\frac{3y}{x}\cdot\displaystyle\frac{5x}{y}}\\[10pt] &=7+2\sqrt{15} \end{aligned} \\[10pt]\]等号成立当且仅当 \(\displaystyle\frac{3y}{x}=\displaystyle\frac{5x}{y}\)，即 \(\sqrt{5}x=\sqrt{3}y =\displaystyle\frac{5\sqrt{3}-3\sqrt{5}}{2}\)。
1.3.2 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：
\(\begin{aligned} x+2y \geqslant 2\sqrt{x\cdot 2y}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2} \end{aligned} \\[10pt]\)
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
\[\begin{aligned} y(x+3)&=4-2x\\[10pt] y&=\displaystyle\frac{4-2x}{x+3}=\displaystyle\frac{10}{x+3}-2 \end{aligned} \\[10pt] \]于是
\[\begin{aligned} x+y &=x+\displaystyle\frac{10}{x+3}-2\\[10pt] &=x+3+\displaystyle\frac{10}{x+3}-3-2\\[10pt] &\geqslant 2\sqrt{(x+3)\cdot\displaystyle\frac{10}{x+3}}-5\\[10pt] &=2\sqrt{10}-5 \end{aligned} \\[10pt] \]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：
\[xy+px+qy=1 \iff xy+px+qy +pq =1+pq \iff (x+q)(y+p)=1+pq \\[10pt] \]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 \(x+2y+7\geqslant 4\sqrt{5}\)
即 \(x+2y \geqslant 4\sqrt{5}-7\)
等号成立当且仅当 \(x+3=2y+4=2\sqrt{5}\)，
即 \(x=2\sqrt{5}-3, y=\sqrt{5}-2\)。
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 \(x> \displaystyle\frac{1}{2}\)， 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}$ 于是
\[\begin{aligned} x+\displaystyle\frac{1}{2x-1} &=\displaystyle\frac{1}{2}(2x-1)+ \displaystyle\frac{1}{2x-1}+\displaystyle\frac{1}{2}\\[10pt] &\geqslant 2\sqrt{\displaystyle\frac{1}{2}(2x-1)\cdot\displaystyle\frac{1}{2x-1}}+\displaystyle\frac{1}{2}\\[10pt] &=\sqrt{2}+\displaystyle\frac{1}{2} \end{aligned} \\[10pt] \]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
\[ \begin{aligned} x^2+ \displaystyle\frac{2}{x}&=x^2+\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x}\\[10pt] &\geqslant 3\sqrt{x^2\cdot\displaystyle\frac{1}{x}\cdot\displaystyle\frac{1}{x}}\\[10pt] &=3 \end{aligned} \\[10pt] \]等号成立当且仅当
\[x^2=\displaystyle\frac{1}{x}\\[10pt] \]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
\[\begin{aligned} x^2(1-x^2)^2 &=t(1-t)^2\\[10pt] &=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2t(1-t)(1-t)\\[10pt] &\leqslant \displaystyle\frac{1}{2} \bigg(\displaystyle\frac{2t+1-t+1-t}{3}\bigg)^3\\[10pt] &=\displaystyle\frac{4}{27} \end{aligned} \\[10pt] \]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
\[\begin{aligned} (x+y)\left(\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{4}{y}\right)&=5+\displaystyle\frac{y}{x}+\displaystyle\frac{4x}{y}\\[10pt] &\geqslant5+2\sqrt{\displaystyle\frac{y}{x}\cdot\displaystyle\frac{4x}{y}}\\[10pt] &=9 \end{aligned}\\[10pt] \]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
\[\begin{aligned} {(x+y)}\left(r-{(x+y)}\right)&=(x+y)\bigg(\displaystyle\frac{p^2}{x}+\displaystyle\frac{q^2}{y}\bigg)\\[10pt] &=p^2+q^2+\displaystyle\frac{p^2y}{x}+\displaystyle\frac{q^2x}{y}\\[10pt] &\geqslant p^2+q^2+2\sqrt{\displaystyle\frac{p^2y}{x}\cdot\displaystyle\frac{q^2x}{y}}\\[10pt] &=(p+q)^2 \end{aligned}\\[10pt] \]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 \(r\)。
1.4 补充
1.4.1 多元均值不等式
\(H_n\leqslant G_n\leqslant A_n\leqslant Q_n\) 被称为均值不等式。即调和平均数不超过几何平均数，几何平均数不超过算术平均数，算术平均数不超过平方平均数，简记为“调几算方”。均值不等式也可以看成是“对于若干个非负实数，它们的算术平均不小于几何平均”的推论。
其中
\(H_n=\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i}}=\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\frac{1}{x_1}+\displaystyle\frac{1}{x_2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{x_n}}\) 被称为调和平均数。
\(G_n=\sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^{n}x_i}=\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\) 被称为几何平均数。
\(A_n=\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i}{n}=\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\) 被称为算术平均数。
\(Q_n=\sqrt{\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2}{n}}=\sqrt{\displaystyle\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}\) 被称为平方平均数。
我们看一下一般的多元均值不等式
\[\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{a_i}} \leqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i } \leqslant\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n}\leqslant \sqrt{\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\[10pt] \]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
\[\displaystyle\frac{3}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}+\displaystyle\frac{1}{c}}\leqslant \sqrt[3]{abc}\leqslant \displaystyle\frac{a+b+c}{3}\leqslant \sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2+c^2}{3}} \\[10pt] \]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。
1.4.2 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
\[\begin{aligned} a^2+b^2\geqslant& 2ab\\[10pt] b^2+c^2\geqslant& 2bc\\[10pt] c^2+a^2\geqslant& 2ca \end{aligned} \\[10pt] \]相加即得
\[2(a^2+b^2+c^2)\geqslant 2(ab+bc+ca) \\[10pt] \]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，仍然使用均值不等式，但考虑一个参数 $ 0<m<1 $，注意到分子中有两项出现了 \(b\)，我们猜测这是两次均值不等式的结果，所以将 \(b^2\) 划分为两份： \(mb^2\) 和 \((1-m)b^2\)。
于是
\[\begin{aligned} a^2+mb^2\geqslant& 2\sqrt{m}ab\\[10pt] (1-m)b^2+c^2 \geqslant& 2\sqrt{1-m}bc \end{aligned} \\[10pt] \]相加得到
\[a^2+b^2+c^2\geqslant 2(\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m}bc) \\[10pt] \]即
\[\displaystyle\frac{\sqrt{m} ab+\sqrt{1-m}bc}{a^2+b^2+c^2}\leqslant \displaystyle\frac{1}{2} \\[10pt] \]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
\[\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{\sqrt{17}} ab+\displaystyle\frac{4}{\sqrt{17}}bc}{a^2+b^2+c^2}\leqslant \displaystyle\frac{1}{2} \\[10pt] \]即得
\[\displaystyle\frac{ab+4bc}{a^2+b^2+c^2}\leqslant \displaystyle\frac{\sqrt{17}}{2} \\[10pt] \]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 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i^2=\cos^2x+(n-1)\lambda^2\sin^2x =\cos^2x+\sin ^2 x =1\)
故 \((n-1)\lambda^2=1\)，
由 \(\begin{cases} \displaystyle\frac{n-1}{\lambda} =8\\[10pt] (n-1)\lambda^2 =1 \end{cases}\)
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
\[\displaystyle\frac{5}{\displaystyle\frac{1}{\cos x}+\displaystyle\frac{2}{\sin x}+\displaystyle\frac{2}{\sin x}+\displaystyle\frac{2}{\sin x}+\displaystyle\frac{2}{\sin x}}\leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{\cos^2x+\displaystyle\frac{1}{4}\sin^2 x+\displaystyle\frac{1}{4}\sin^2 x+\displaystyle\frac{1}{4}\sin^2 x+\displaystyle\frac{1}{4}\sin^2 x}{5}}\\[10pt] \]即
\[\displaystyle\frac{8}{\sin x}+\displaystyle\frac{1}{\cos x}\geqslant5\sqrt{5}\\[10pt] \]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：
\[\begin{aligned} x^2+y^2+z^2&=(x^2+1)+(y^2+1)+(z^2+1)-3\\[10pt] &\geqslant2x+2y+2z-3\\[10pt] &=2(x+y+z)-{3\sqrt[3]{xyz}}\\[10pt] &\geqslant2(x+y+z)-{(x+y+z)}\\[10pt] &=x+y+z \end{aligned} \]变式：设正实数 \(x,y,z\) 满足 \(xyz=1\)，试证明： \(x^{2021}+y^{2021}+z^{2021}\geqslant x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}\)。
解析：考虑待定系数，设正整数 \(p,q\)，使成立不等式 \(px^{2021}+\displaystyle\sum_{i=1}^{q}1 \geqslant (p+q)x^{\frac{2021p}{p+q}}\)，
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
\[\begin{aligned} x^{2021}+y^{2021}+z^{2021} &\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-3\times2020\\[10pt] &\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-2020(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020})\\[10pt] &=(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}) \end{aligned} \]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：
\[\begin{aligned}\displaystyle\frac{m+2n}{5}&=\left(\displaystyle\frac{m+2n}{5}\right)\left(\displaystyle\frac{1}{m}+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\\[10pt] &=\displaystyle\frac{1}{5}\left(3+\displaystyle\frac{2n}{m}+\displaystyle\frac{m}{n}\right)\\[10pt] &\geqslant\displaystyle\frac{3+2\sqrt{2}}{5} \end{aligned} \]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。
1.4.3 \(n\) 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：
\[{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leqslant\displaystyle\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}} \]\(\rm{Proof:}\) (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 \(a_1+a_2+\cdots +a_n\geqslant n\)。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
\[\begin{aligned} &(b_1+b_2+\cdots+b_n)-(a_1+a_2+\cdots+a_n)\\[10pt] =&b_1+b_2-a_1-a_2\\[10pt] =&1+a_1a_2-a_1-a_2\\[10pt] =&\left(1-a_1\right)\left(1-a_2\right)\\[10pt] <&0 \end{aligned} \]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
\[\begin{aligned} &a_1+a_2+\cdots+a_n\\[10pt] >&b_1+b_2+\cdots+b_n\\[10pt] >&\cdots+\cdots+\cdots+\cdots\\[10pt] >&1+1+\cdots+1\\[10pt] =&n。 \end{aligned} \]\(\rm{Step \ 2:}\) 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
\[{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leqslant\displaystyle\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}} \]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
\[\sqrt[n]{\displaystyle\frac{1}{y_1y_2\cdots y_n}}\leqslant\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{y_1}+\displaystyle\frac{1}{y_2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{y_n}}{n} \]也就是说
\[{{\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\frac{1}{y_1}+\displaystyle\frac{1}{y_2}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{y_n}}\leqslant\sqrt[n]{y_1y_2\cdots y_n}}} \]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
\[\left(\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)^2<\displaystyle\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n} \]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
\[\begin{aligned} &\left({x_1+x_2+\cdots+x_n}\right)^2-n(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)\\[10pt] =&\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{j=1}^{n}x_ix_j-n\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2\\[10pt] \leqslant&\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}\displaystyle\frac{x_i^2+x_j^2}{2}-n\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2\\[10pt] =&0 \end{aligned} \]等号成立当且仅当 \(x_i=x_j,\forall 1\leqslant i,j\leqslant n\)。
故
\[{\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}} \](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
\[\exp\left( \frac{x_i}{A_n}\right)\geqslant\mathrm{e}\displaystyle\frac{x_i}{A_n} \]累乘得
\[\exp\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{A_n} \right)\geqslant\mathrm{e}^{n}\displaystyle\frac{x_1x_2\cdots x_n}{A_n^n} \]即
\[A_n\geqslant\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \]也即
\[\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}x_i}{n}\geqslant \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}x_i} \]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。
1.4.4 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： \(x^2+y^2+z^2\geqslant x+y+z\) .
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________.
二、柯西不等式
2.1 定义
柯西不等式（Cauchy's Inequality）是数学中的一种重要不等式，它有多种形式，其中最常见的是关于向量的内积的形式。柯西不等式在向量代数、线性代数和分析学中都有应用。
- 向量形式（柯西-施瓦茨不等式）：
定义：对于任意实数序列 (\vec{a} = (a_1, a_2, \ldots, a_n)) 和 (\vec{b} = (b_1, b_2, \ldots, b_n))，柯西不等式表明：
[ (\sum_{i=1}^{n} a_i2)(\sum_{i=1} b_i^2) \geq (\sum_{i=1}^{n} a_i b_i)^2 ]
等号成立当且仅当 (\vec{a}) 和 (\vec{b}) 线性相关，即存在常数 (\lambda) 使得 (a_i = \lambda b_i) 对所有 (i) 成立。
证明：使用柯西-施瓦茨不等式的证明通常涉及构造一个完全平方。设 (\vec{a}) 和 (\vec{b}) 是两个实数向量，我们考虑以下二次型：
[ Q(x) = (\vec{a} - x\vec{b}) \cdot (\vec{a} - x\vec{b}) = \vec{a} \cdot \vec{a} - 2x\vec{a} \cdot \vec{b} + x^2\vec{b} \cdot \vec{b} ]
由于 (Q(x)) 是一个关于 (x) 的二次函数，它的判别式必须小于或等于零：
[ \Delta = (2\vec{a} \cdot \vec{b})^2 - 4(\vec{a} \cdot \vec{a})(\vec{b} \cdot \vec{b}) \leq 0 ]
展开并简化得到：
[ 4(\vec{a} \cdot \vec{b})^2 - 4(\vec{a} \cdot \vec{a})(\vec{b} \cdot \vec{b}) \leq 0 ]
即：
[ (\vec{a} \cdot \vec{b})^2 \leq (\vec{a} \cdot \vec{a})(\vec{b} \cdot \vec{b}) ]
这就是柯西不等式的向量形式。 - 复数序列形式：
定义：对于任意复数序列 (z_1, z_2, \ldots, z_n) 和 (w_1, w_2, \ldots, w_n)，柯西不等式表明：
[ |\sum_{i=1}^{n} z_i \overline{w_i}|^2 \leq (\sum_{i=1}^{n} |z_i|2)(\sum_{i=1} |w_i|^2) ]
等号成立当且仅当存在常数 (\lambda) 使得 (z_i = \lambda w_i) 对所有 (i) 成立。
证明：这个形式的柯西不等式可以通过向量形式推广到复数来证明，将复数序列视为向量在复平面上的表示，然后应用向量形式的柯西不等式。
柯西不等式是数学中非常基本且重要的工具，它在证明其他不等式、分析序列和向量空间的性质等方面有着广泛的应用。
在求二元（或多元）代数式最值或者二元（或多元）不等式的证明的题目中，巧用柯西不等式会比较方便快捷。
2.2 常用形式
对于任意实数 \(a、b、c、d\)，则
\[(a^{2}+b^{2})(c^{2 }+d^{2})\geqslant(ac+bd)^{2}\\ \]当且仅当 \(ad=bc\) 时成立。
2.3 例题
例 \(1.\) 在等差数列 {\({a_{n}}\)}中，若 \(a_{1}^{2}+a_{19}^{2}=10\) ，则数列{\({a_{n}}\)}的前 \(10\) 项和 \(S_{10}\) 的最大值是 \((\qquad)\)
提示： 由 \((a_{1}+18d)^{2}+a_{1}^{2}=10\)，
\(S_{10}=5(a_{1}+a_{10})=5(2a_{1}+9d)\)
\((2a_{1}+9d)^{2}\leqslant(a_{1}^{2}+(a_{1}+18d)^{2})((\dfrac{3}{2})^{2}+(\dfrac{1}{2})^{2})\leqslant25\)
故2 \(a_{1}+9d\leqslant5\) ，则 \(S_{10}\leqslant25\)
例 \(2.\) 非负实数 \(x，y\) 满足 \(x^{2}+4y^{2}+4xy+4x^{2}y^{2}=32\) ，则 \(\sqrt{7}（x+2y）+2xy\) 的最大值为 \((\qquad)\)
提示： \((\sqrt{7}(x+2y)+2xy)^{2}\leqslant((x+2y)^{2}+(2xy)^{2})((\sqrt{7})^{2}+1)=256\)
即： $\sqrt{7}（x+2y）+2xy\leqslant16 $
例 \(3.\) 已知 \(x，y\geqslant0，x+y\leqslant1\) ，则 \(4x^{2}+4y^{2}+(1-x-y)^{2}\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示：\((4x^{2}+4y^{2}+(1-x-y)^{2})(\dfrac14+\dfrac14+1)\geqslant(\sqrt{4x^{2}\cdot\dfrac{1}4}+\sqrt{4y^{2}\cdot\dfrac{1}4}+\sqrt{(1-x-y)^{2}})^2=1\)
所以：\(4x^{2}+4y^{2}+(1-x-y)^{2}\geqslant\dfrac23\)
等号在 \(4x=4y=1-x-y\) 处取得，即 \(x=y=\dfrac{1}{6}\) 时取得.
例 \(4.\) 已知 \(x＞0，y＞0\) 且 \(x^{2}+\dfrac{y^{2}}{2}=1\) ，求 \(x+\sqrt{2+3y^{2}}\) 的最大值为 \((\qquad)\)
提示：我们把 \(x+\sqrt{2+3y^{2}}\) 变形为： \(x+\sqrt{2+3y^{2}}=x+\sqrt{6}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2}{2}}\)
由柯西不等式： \(\left [x+\sqrt{6}\cdot \sqrt{\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2}{2}}\right]^2\leqslant \left [x^2+(\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2}{2})\right]\cdot(1^2+(\sqrt{6})^2)=\dfrac{28}{3}\)
即： \(x+\sqrt{2+3y^{2}}\leqslant\dfrac{2\sqrt{21}}{3}\\\)
例 \(5.\) 已知\(x,y,z\in(0,+\infty),且x+y+z=1,求\dfrac{1}{x}+\dfrac{9}{y}+\dfrac{25}{z}\)的最小值。
提示：由柯西不等式可知：
\((x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{9}{y}+\dfrac{25}{z})\ge(1+3+5)^2=81\)
因此\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{9}{y}+\dfrac{25}{z}\ge 81\\\)
故知最小值为 \(81\) ， 此时\(x^2=\dfrac{y^2}{9}=\dfrac{z^2}{25}\), 又因为\(x+y+z=1\)，可以知道\(x=\dfrac{1}{9},y=\dfrac{3}{9},z=\dfrac{5}{9}\)，满足\(x,y,z\in(0,+\infty)\)
例 \(6.\) 已知 \(t=\dfrac{x+y+z}{\sqrt{x^2+2y^2+4z^2}}\),求\(t\)的最大值
提示：由柯西不等式可知，\((x^2+2y^2+4z^2)^{\frac{1}{2}}(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4})^{\frac{1}{2}}\ge(x+y+z)\)
因此，\(t=\dfrac{x+y+z}{\sqrt{x^2+2y^2+4z^2}}\le(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4})^{\frac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{7}}{2}\)
例 \(7.\) 已知\(\dfrac{3}{2}\le x\le 5\)，求证:\(\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x}<\sqrt{78}\)
提示：因为\([(x+1)+(2x-3)+(15-3x)]^{\frac{1}{2}}(4+1+1)^{\frac{1}{2}}\ge(\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x})\)
化简得\(\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x}\le\sqrt{78}\)
又因为等式取等时 \(\dfrac{x+1}{4}=2x-3=15-3x\) ，此时 \(x\) 无解，故等式不成立，
可得\(\sqrt{4x+4}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{15-3x}<\sqrt{78}\)
例 \(8.\) 函数 \(y=\sqrt{x-5}+2 \sqrt{6-x}\) 的最大值是 \((\qquad)\)
提示：根据柯西不等式, 知
$ y=1 \sqrt{x-5}+2 \sqrt{6-x} \leqslant \sqrt{1{2}+2{2}} \cdot \sqrt{(\sqrt{x-5}){2}+(\sqrt{6-x}){2}}=\sqrt{5}$
例$ 9.$ 实数 \(x，y\) 满足 \(3 x^2+2 y^2=6\) , 则 \(2 x+y\) 的最大值是 \((\qquad)\)
提示：方法 \(1.\) 由柯西不等式得：
\(\left(3 x^2+2 y^2\right)\left(\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{2}\right) \geqslant(2 x+y)^2\) ,
故 \((2 x+y)^2 \leqslant 6 \times \dfrac{11}{6}=11\) , \(\therefore 2 x+y \leqslant \sqrt{11}， \therefore 2 x+y\) 的最大值是 \(\sqrt{11}\)
方法 \(2.\) 差别式法
令： \(2 x+y=k\) ， \(y=k-2 x\) ， \(3 x^2+2(k-2 x)^2=6\) ， \(3 x^2+2\left(k^2-4 k x+4 x^2\right)=6\) , \(11 x^2-8 k x+2 k^2-6=0\) ， \(\Delta \geqslant 0\) ， \(-\sqrt{11} \leqslant k \leqslant \sqrt{11}\) .
方法 \(3.\) 三角换元
\(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{y^2}{3}=1\) 令 \(x=\sqrt{2} \cos \alpha，y=\sqrt{3} \sin \alpha\) ， 由 \(2 \sqrt{2} \cos \alpha+\sqrt{3} \sin \alpha=\sqrt{11} \sin (\alpha+\varphi)\) , 所以最大值为 \(\sqrt{11}\) .
例 \(10.\) 已知实数 \(x，y\) 满足 \(\sqrt{2x+2}+\sqrt{2y+3}=4\) ，则 \(x+y\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示：
方法 \(1.\) 因为实数 \(x，y\) 满足 \(\sqrt{2x+2}+\sqrt{2y+3}=4\)，由柯西不等式可得： \((2 x+1+2 y+3)(1+1) \geqslant(\sqrt{2 x+1} \times 1+\sqrt{2 y+3} \times 1)^2\\\) 即： \(4x+4y+8\geqslant16\) ，求得 \(x+y\geqslant 2\) ，当且仅当 \(\sqrt{2 x+1}=\sqrt{2y+3}=2\) 时取等号，故 \(x+y\) 的最小值是 \(2\)
方法 \(2.\) \(\sqrt{2 x+1}+\sqrt{2 y+3}=4\) ，令 \(\sqrt{2 x+1}=a\) ， \(\sqrt{2 y+3}=b\) ,
则 \(x=\dfrac{a^2-1}{8}\) , \(y=\dfrac{b^2-3}{2}\) ,
题目转换为： \(a+b=4\) ，求 \(\dfrac{a^2-1}{2}+\dfrac{b^2-3}{2}=\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)-2\) 的最小值。
\(\dfrac{a^2-1}{2}+\dfrac{b^2-3}{2}=\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)-2=\dfrac{(a+b)^2-2 a b}{2}-2\\=\dfrac{16-2 a b}{2}-2=6-a b \leqslant 6-\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2=2\)
例 \(11.\) 函数 \(y=5 \sqrt{2 x-1}+\sqrt{10-2 x}\) 的最大值为 \((\qquad)\) , 此时 \(x=(\qquad)\)
提示： 由柯西不等式 \(\left[5^2+1^2\right]\left[(\sqrt{2 x-1})^2+(\sqrt{10-2 x})^2\right] \geqslant(5 \sqrt{2 x-1}+1 \times \sqrt{10-2 x})^2\)
\(\therefore(5 \sqrt{2 x-1}+\sqrt{10-2 x})^2 \leqslant 26 \times 9\)
\(\therefore 5 \sqrt{2 x-1}+\sqrt{10-2 x} \leqslant 3 \sqrt{26}\) , 当且仅当 \(5 \sqrt{10-2 x}=1 \times \sqrt{2 x-1}\) 时, 取等号，即 \(x=\dfrac{251}{52}\) .
例 \(12.\) 若 \(a, b \in \mathbf{R}，\) 且 \(a+b=1\) ，用柯西不等式求 \(\sqrt{3 a+1}+\sqrt{3 b+1}\) 的最大值 \((\qquad)\)
提示：由柯西不等式可得： \((1^2+1^2)\times[(\sqrt{3a+1})^2+(\sqrt{3b+1})^2]\geqslant(\sqrt{3a+1}+\sqrt{3b+1})^2\)
\(\because a+b=1, \therefore(\sqrt{3 a+1}+\sqrt{3 b+1})^2 \leqslant 10, \therefore \sqrt{3 a+1}+\sqrt{3 b+1}\) 的最大值为 \(\sqrt{10}\) .
例 \(13.\) ( \(2019 \cdot\) 全国卷Ⅲ)
设 \(x, y, z \in \mathbf{R}\) , 且 \(x+y+z=1\) .
\((1)\) 求 \((x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2\) 的最小值；
\((2)\) 若 \((x-2)^2+(y-1)^2+(z-a)^2 \geqslant \dfrac{1}{3}\) 成立，证明： \(a \leqslant-3\) 或 \(a \geqslant-1\) .
解： \((1)\) \(x, y, z \in \mathbf{R}\) , 且 \(x+y+z=1\) ,
由柯西不等式可得 ：
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[(x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2\right] \geqslant(x-1+y+1+z+1)^2=4\) ,
可得 \((x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2 \geqslant \dfrac{4}{3}\) ， 即有 \((x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2\) 的最小值为 \(\dfrac{4}{3}\) .
\((2)\) 证明：由 \(x+y+z=1\) , 柯西不等式可得
\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left[(x-2)^2+(y-1)^2+(z-a)^2\right] \geqslant(x-2+y-1+z-a)^2=(a+2)^2 \text {, }\)
可得 \((x-2)^2+(y-1)^2+(z-a)^2 \geqslant \dfrac{(a+2)^2}{3}\) ,
即有 \((x-2)^2+(y-1)^2+(z-a)^2\) 的最小值为 \(\dfrac{(a+2)^2}{3}\) ,
由题意可得 \(\dfrac{(a+2)^2}{3} \geqslant \dfrac{1}{3}\) , 解得 \(a \geqslant-1\) 或 \(a \leqslant-3\) .
例 \(14.\) 已知：\(a,b,c\in R^+,a+b+c=1,求(a^2+b^2+2c^2)_{min}\)
提示：首先，此题是肯定可以用加权均值不等式（也可以理解为调配系数之后的均值不等式）作出来的，方法如下：注意到有：
\(\frac{a+b+\frac12\times2c}{\frac52}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+\frac12\times(2c)^2}{\frac52}}\\\)
于是：
\(a^2+b^2+2c^2\ge\frac52\times\left(\frac{a+b+c}{\frac52}\right)^2=\frac25\\\)
当然，我们这里还是主要介绍柯西不等式的方法：
由柯西不等式得：
\(\left(a^2+b^2+\left(\sqrt2c\right)^2\right)\left(1+1+\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2\right)\ge(a+b+c)^2=1\\\)
于是：
\(a^2+b^2+2c^2\ge\frac52\\\)
例 \(15.\) 已知 \(a,b,c\in R^+\) , \(a+2b+3c=\sqrt{14}\) , $ a2+b2+c^2=1$ ,求证： \(a+b=c\)
提示：题目之中只给了两个等式，却有三个字母，左右观察一下，发现要证的式子与前面两式几乎没有联系，所以也不可能利用整体代换。于是只有一种可能：极端情况（即“恰好取等”）。
根据柯西不等式，有：
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+2^2+3^2\right)\ge\left(a+2b+3c\right)^2\tag1\)
代入，得：
\(14\ge14\\\)
说明 \((1)\) 式恰好取等，即有：
\(a:b:c=1:2:3\\\)
解得：
\(\left\{ \begin{align} &a=\frac{\sqrt{14}}{14}\\ &b=\frac{\sqrt{14}}{7}\\ &c=\frac{3\sqrt{14}}{14}\\ \end{align} \right.\\\)
于是便有 \(a+b=c\) 了。
例 \(16.\) 已知 \(a+b+c=1\) ,
\((1)\) 求 \(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{2c+1}\) 的最大值 \((\qquad)\)
\((2)\) 求 \(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{3c+1}\) 的最大值 \((\qquad)\)
提示： \((1)\) 直接利用柯西不等式，有：
\(\begin{aligned}&\left(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{2c+1}\right)^2\\ & \le\left(1+1+1\right)\left(2a+1+2b+1+2c+1\right)=15\end{aligned}\\\)
于是：
\(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{2c+1}\le\sqrt{15}\\\)
\((2)\) 根据柯西不等式，有：\(\begin{aligned}&(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{3c+1})^2\\&=\left[\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{\dfrac{3}{2}\cdot(2c+\dfrac{2}{3})}\;\right]^2\\&=\left[\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\dfrac{\sqrt{6}}{2}\sqrt{\cdot(2c+\dfrac{2}{3})}\;\right]^2\\&\leqslant(1+1+\dfrac{1}{6})(2a+1+2b+1+2c+\dfrac{2}{3})\\&=\frac{91}{9}\end{aligned}\\\) 于是： \(\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{3c+1}\le\dfrac{\sqrt{91}}{3}\\\)
三、权方和不等式
3.1 定义
权方和不等式（Weighted Power Mean Inequality），也称为加权均值不等式，是数学中关于加权平均的一种不等式。它是算术平均-几何平均不等式（AM-GM Inequality）的推广，并且与赫尔德不等式（Hölder's Inequality）和琴生不等式（Jensen's Inequality）有关联。
权方和不等式考虑的是一组非负实数 (x_1, x_2, \ldots, x_n) 和对应的正权重 (w_1, w_2, \ldots, w_n)。权重表示每个数在平均值中的相对重要性。不等式涉及的是这组数的加权幂平均。
对于任意的正实数 (r) 和 (s)，如果 (r > s)，则权方和不等式表明：
[ \left( \frac{\sum_{i=1}^{n} w_i x_ir}{\sum_{i=1} w_i} \right)^{\frac{1}{r}} \geq \left( \frac{\sum_{i=1}^{n} w_i x_is}{\sum_{i=1} w_i} \right)^{\frac{1}{t}} ]
其中，(t) 是满足 ( \frac{1}{r} + \frac{1}{t} = 1 ) 的正实数。等号成立的条件是 (x_1 = x_2 = \ldots = x_n) 或者所有的权重相等。
权方和不等式可以用来比较不同加权幂平均的大小。当 (r) 增大时，加权幂平均会更多地受到较大数值的影响，而当 (s) 增大时，加权幂平均会变得更加均匀，因为较小数值的影响增强了。
这个不等式在经济学、统计学和优化理论中都有应用，特别是在处理具有不同重要性的数据时。例如，当计算加权平均分数或评估投资组合的表现时，不同资产的重要性可以通过权重来反映。
3.2 推导
柯西不等式：对于任意的 $a, b, c, d \in \mathbf{R} $ 恒有不等式 \((a c+b d)^{2} \leqslant\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right) .\)
对柯西不等式变形：易得 \(\left(\dfrac{a^{2}}{x}+\dfrac{b^{2}}{y}\right)(x+y) \geqslant(a+b)^{2} .\)
在 $a, b, x, y>0 $ 时， 我们就有了：
\[\dfrac{a^{2}}{x}+\dfrac{b^{2}}{y} \geqslant \dfrac{(a+b)^{2}}{x+y}\\ \]当 \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\) 时， 等号成立.
这就是 权方和不等式。
当然，柯西不等式有多维形式，同理权方和也可以拓展成多维形式：
若 \(a_{i}>0, b_{i}>0\) , 则 \(\color {Red}{\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+\cdots+\dfrac{a_{n}^{2}}{b_{n}} \geqslant \dfrac{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}\right)^{2}}{\left(b_{1}+b_{2}+\cdots b_{n}\right)}}\\\) 成立, 当 $a_{i}=\lambda b_{i} $ 时, 等号成立.
权方和不等式还可以推广为如下形式:
若 \(a_{i}>0, b_{i}>0, m>0\) , 则 \(\color {Red}{\dfrac{a_{1}^{m+1}}{b_{1}^{m}}+\dfrac{a_{2}^{m+1}}{b_{2}^{m}}+\cdots+\dfrac{a_{n}^{m+1}}{b_{n}^{m}} \geqslant \dfrac{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}\right)^{m+1}}{\left(b_{1}+b_{2}+\cdots b_{n}\right)^{m}}}\\\) 成立，当 \(a_{i}=\lambda b_{i}\) 的时, 等号成立。
观察特征, \(m\) 成为该不等式的权, 它的特点是分子的幂指数比分母的幂指数高 $ 1$ 次.
利用权方和不等式可以巧妙的解决一些多元最值问题。下面就从一些我们常见的模拟题中举例说明权方和在求最值中的应用。
3.2 应用 & 例题
例 \(1.\) 已知 \(x, y\) 为正实数, 若 \(x+y=1\) , 则 $ \dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}$ 的最小值为 \((\qquad)\)
提示： $\color{blue}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y} \geqslant \dfrac{(1+\sqrt{2})^{2}}{x+y}}=3+2 \sqrt{2} . $
当 \(\dfrac{1}{x}=\dfrac{\sqrt{2}}{y}\) 时，即 \(x=\sqrt{2}-1, y=2-\sqrt{2}\) 时有 \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}\) 的最小值 \(3+2 \sqrt{2}\) .
例 \(2.\) 设 \(a>1, b>0\) , 若 \(a+b=2\) , 则 $ \dfrac{1}{a-1}+\dfrac{2}{b}$ 的最小值为 \((\qquad)\) .
\(A. 3+2 \sqrt{2} \qquad\) \(B. 6\qquad\) \(C. 4 \sqrt{2} \qquad\) $D. 2 \sqrt{2} $
提示： $\color{blue}{\dfrac{1}{a-1}+\dfrac{2}{b} \geqslant \dfrac{(1+\sqrt{2})^{2}}{a+b-1}}=3+2 \sqrt{2} $ .
当 $ \dfrac{1}{a-1}=\dfrac{\sqrt{2}}{b}$ 时, \(a=\sqrt{2}, b=2-\sqrt{2}\) 时取等号。
例 \(3.\) 已知实数 \(x, y\) 满足 \(x>y>0\) 且 \(x+y=1\) , 则 \(\dfrac{2}{x+3 y}+\dfrac{1}{x-y}\) 的最小值是 \((\qquad)\)
提示： \(\color{blue}{\dfrac{2}{x+3 y}+\dfrac{1}{x-y} \geqslant \dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2}}{2 x+2 y}}=\dfrac{3+2 \sqrt{2}}{2} .\)
当 \(\dfrac{2}{x+3 y}=\dfrac{1}{x-y}\) 时, \(x=\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}, y=\dfrac{3}{2}-\sqrt{2}\) 取等号.
例 \(4.\) 已知 \(a>0, b>0\) , 且 \(\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{1}{a+2 b}=1\) , 则 \(a+b\) 的最小值是 \((\qquad)\)
提示： \(1=\color{blue}{\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{1}{a+2 b} \geqslant \dfrac{(\sqrt{2}+1)^{2}}{2 a+2 b+2}}\)
当 \(\dfrac{\sqrt{2}}{a+2}=\dfrac{1}{a+2 b}\) 时, 即 $ a=\sqrt{2}, b=\dfrac{1}{2}$ ,
有 \((a+b)_{\min }=\dfrac{1}{2}+\sqrt{2} .\)
例 \(5.\) 设 \(x, y\) 是正实数, 且 $ x+y=1$ , 则 \(\dfrac{x^{2}}{x+2}+\dfrac{y^{2}}{y+1}\) 的最小值是 \((\qquad)\)
提示： $\color{blue}{\dfrac{x{2}}{x+2}+\dfrac{y{2}}{y+1} \geqslant \dfrac{(x+y)^{2}}{x+y+3}}=\dfrac{1}{4} $
当 \(\dfrac{x}{x+2}=\dfrac{y}{y+1}\) 时, 即 \(a=2, b=2\) , 等号成立.
例 \(6.\) 己知 \(a>1, b>1\) , 则 $ \dfrac{a{2}}{b-1}+\dfrac{b{2}}{a-1}$ 的最小值是 \((\qquad)\)
提示： \(a+b-2=t>0,\)
\(\color{blue}{\dfrac{a^{2}}{b-1}+\dfrac{b^{2}}{a-1} \geqslant \dfrac{(a+b)^{2}}{a+b-2}}=\dfrac{(t+2)^{2}}{t}=t+\dfrac{4}{t}+4 \geqslant 8 .\)
当 $ \left{\begin{array}{l}a+b-2=2 \ \dfrac{a}{b-1}=\dfrac{b}{a-1}\end{array}\right. $ 时, 即 \(a=2, b=2\) , 两个等号同时成立.
例 \(7.\) 对任意实数 $x>1, y>\dfrac{1}{2} $ , 不等式 $ \dfrac{x{2}}{a(2 y-1)}+\dfrac{4 y{2}}{a(x-1)} \geqslant 1 $ 恒成立, 则实数 \(a\) 的最大值为 \((\qquad)\) .
\(A. 2\qquad\) \(B. 4\qquad\) \(C. \dfrac{\sqrt{14}}{2} \qquad\) $D. 2 \sqrt{2} $
提示： \(a^{2} \leqslant\left(\dfrac{x^{2}}{(2 y-1)}+\dfrac{4 y^{2}}{(x-1)}\right)_{\text {min }}\) , 设 \(x+2 y-2=t>0\) ,
则有 \(\color{blue}{\dfrac{x^{2}}{2 y-1}+\dfrac{4 y^{2}}{x-1} \geqslant \dfrac{(x+2 y)^{2}}{x+2 y-2}}=\dfrac{(t+2)^{2}}{t}=t+\dfrac{4}{t}+4 \geqslant 8\) ,
当 $ \left{\begin{array}{l}x+2 y-2=2 \ \dfrac{x}{2 y-1}=\dfrac{2 y}{x-1}\end{array}\right.$ 时, 即 \(x=2, y=1\) , 两个等号同时成立. 故 \(a \leqslant 2 \sqrt{2}\) .
例 \(8.\) 设 \(a, b \in \mathbf{R}^{+}, a \neq b, x, y \in(0,+\infty)\) ，则 \(\dfrac{a^{2}}{x}+\dfrac{b^{2}}{y} \geqslant \dfrac{(a+b)^{2}}{x+y}\) , 当且仅当 \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\) 时，上式取等号，利用似 上结论，可以得到函数 \(f(x)=\dfrac{2}{x}+\dfrac{9}{1-2 x}\left(x \in\left(0, \dfrac{1}{2}\right)\right)\) 的最小值为 \((\qquad)\) .
\(A. 169\qquad B. 121\qquad C. 25\qquad D. 16\)
提示： \(\dfrac{2}{x}+\dfrac{9}{1-2 x}=\color{blue}{\dfrac{4}{2 x}+\dfrac{9}{1-2 x} \geqslant \dfrac{(2+3)^{2}}{2 x+(1-2 x)}}=25\) ,
当且仅当 \(\dfrac{2}{2 x}=\dfrac{3}{1-2 x}\) 时, \(x=\dfrac{1}{5}\) , 取得 \(f(x)\) 的最小值.
例 \(9.\) 已知 \(x>1, y>1, x y^{2}=1000\) , 则 \(\dfrac{1}{\lg x}+\dfrac{3}{\lg y}\) 的最小值为 \((\qquad)\) .
$A. 4\qquad B. \dfrac{4}{3} \sqrt{6} \qquad C. \dfrac{7+2 \sqrt{6}}{3} \qquad D. \dfrac{7-2 \sqrt{6}}{3} $
提示： \(\dfrac{1}{\lg x}+\dfrac{3}{\lg y}=\color{blue}{\dfrac{1}{\lg x}+\dfrac{6}{2 \lg y} \geqslant \dfrac{(1+\sqrt{6})^{2}}{\lg x+\lg y^{2}}}=\dfrac{7+2 \sqrt{6}}{\lg x y^{2}}=\dfrac{7+2 \sqrt{6}}{3}\) ,
当 $\dfrac{1}{\lg x}=\dfrac{\sqrt{6}}{2 \lg y} $ 时, 即 \(\lg x=\dfrac{3}{\sqrt{6}+1}\) 时, 选 \(C.\)
例 \(10.\) 若正实数 \(x, y\) 满足 \(x+y=1， \dfrac{1}{2 x}+\dfrac{x}{y+1}\) 最小值是 \((\qquad)\)
提示：
$ \dfrac{1}{2 x}+\dfrac{x}{y+1}=\dfrac{1}{2 x}+\dfrac{1-y}{y+1}=\dfrac{1}{2 x}+\dfrac{-(y+1)+2}{y+1}=\color{blue}{\dfrac{1}{2 x}+\dfrac{4}{2 y+2}-1 \geqslant \dfrac{(1+2)^{2}}{2 x+2 y+2}-1}=\dfrac{5}{4} .$
当 $\dfrac{1}{2 x}=\dfrac{2}{2 y+2} $ 时， 即 \(x=\dfrac{2}{3}, y=\dfrac{1}{3}\) , 有所求的最小值 $ \dfrac{5}{4}$
例 \(11.\) 已知正数 \(x, y, z\) 满足 \(x+y+z=1\) , 则 \(\dfrac{x^{2}}{y+2 z}+\dfrac{y^{2}}{z+2 x}+\dfrac{z^{2}}{x+2 y}\) 的最小值为 \((\qquad)\)
提示： $\color{blue}{\dfrac{x^{2}}{y+2 z}+\dfrac{y^{2}}{z+2 x}+\dfrac{z^{2}}{x+2 y} \geqslant \dfrac{(x+y+z)^{2}}{(y+2 z)+(z+2 x)+(x+2 y)}}=\dfrac{(x+y+z)^{2}}{3(x+y+z)}=\dfrac{1}{3} . $
当且仅当 \(\left\{\begin{array}{l}x+y+z=1 \\ \dfrac{x}{y+2 z}=\dfrac{y}{z+2 x}=\dfrac{z}{x+2 y}\end{array}\right.\) , 即 \(x=y=z=\dfrac{1}{3}\) 时取得所求式子最小值为 $ \dfrac{1}{3} . $
例 \(12.\) 已知正数 \(x, y, z\) 满足 \(x y z \geqslant 1\) , 则 \(\dfrac{x^{2}}{y+2 z}+\dfrac{y^{2}}{z+2 x}+\dfrac{z^{2}}{x+2 y}\) 的最小值为 \((\qquad)\)
提示：
\(\color{blue}{ \dfrac{x^{2}}{y+2 z}+\dfrac{y^{2}}{z+2 x}+\dfrac{z^{2}}{x+2 y} \geqslant \dfrac{(x+y+z)^{2}}{(y+2 z)+(z+2 x)+(x+2 y)}}\\=\dfrac{(x+y+z)^{2}}{3(x+y+z)}=\dfrac{x+y+z}{3} \geqslant \sqrt[3]{x y z} \geqslant 1\)
当且仅当：$\left{\begin{array}{l} \dfrac{x}{y+2 z}=\dfrac{y}{z+2 x}=\dfrac{z}{x+2 y} \ x=y=z \ x y z=1 \end{array}\right. $
即 \(x=y=z=1\) 时取得所求式子最小值为 \(1\)
例 \(13.\) 设 \(x, y\) 是正实数且满足 \(x+y=1\) , 求 \(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{8}{y^{2}}\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示： $\dfrac{1}{x{2}}+\dfrac{8}{y{2}}=\color{blue}{\dfrac{1{3}}{x{2}}+\dfrac{2{3}}{y{2}} \geqslant \dfrac{(1+2){3}}{(x+y){2}}}=27 . $
当 $\dfrac{1}{x}=\dfrac{2}{y} $ 时，即 $ x=\dfrac{1}{3}, y=\dfrac{2}{3} $ 等号成立.
例 \(14.\) 已知 $ x, y>0, ;\dfrac{1}{x}+\dfrac{2 \sqrt{2}}{y}=1$ , 求 \(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示： \(1=\dfrac{1}{x}+\dfrac{2 \sqrt{2}}{y}=\color{blue}{\dfrac{1^{\frac{3}{2}}}{\left(x^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{2^{\frac{3}{2}}}{\left(y^{2}\right)^{\frac{1}{2}}} \geqslant \dfrac{(1+2)^{\frac{3}{2}}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\) ,
即当 \(\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{x^{2}}=\dfrac{2}{y^{2}} \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{2 \sqrt{2}}{y}=1\end{array}\right.\) 时, 即 $ x=3, y=3 \sqrt{2}$ ,
有 \(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\) 的最小值为 \(3 \sqrt{3}\) .
例 \(15.\) 已知 \(a, b, c \in \mathbf{R}^{+}\) 且 \(\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{8}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}=1\) , 求 \(a+b+c\) 得最小值 \((\qquad)\)
提示： \(1=\color{blue}{\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{2^{3}}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}} \geqslant \dfrac{(1+2+1)^{3}}{(a+b+c)^{2}}} \Rightarrow(a+b+c) \geqslant 8\) ,
当 $ \dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{b}=\dfrac{1}{c}$ 时, 即： \(a=2, b=4, c=2\) 时等号成立.
例 \(16.\) 已知 \(x，y\) 为非负实数， \(x+y=1\) ，求 \(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{8}{y^{2}}\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示： \(\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{8}{y^{2}}=\color{blue}{\dfrac{1^{3}}{x^{2}}+\dfrac{2^{3}}{y^{2}}\geqslant\dfrac{（1+2）^{3}}{（x+y）^{2}}}=27\)
当且仅当 \(x=\dfrac{1}{3}，y=\dfrac{2}{3}\) 时取得等号
例 \(17.\) 已知 \(x\in(0，\dfrac{\pi}{2})\) ，求 \(\dfrac{1}{sinx}+\dfrac{7}{cosx}\) 的最小值 \((\qquad)\)
提示：
\(\color{blue}{(\dfrac{1}{sinx}+\dfrac{7}{cosx})(\dfrac{1}{sinx}+\dfrac{7}{cosx})(sin^{2}x+cos^{2}x)\\\geqslant((\dfrac{1}{sinx}\cdot\dfrac{1}{sinx}sin^{2}x)^{\frac{1}{3}}+(\dfrac{7}{cosx}\cdot\dfrac{7}{cosx}cos^{2}x)^{\frac{1}{3}})^{3}}=(1+\sqrt[3]{49})^3\)
于是： \(\dfrac{1}{sinx}+\dfrac{7}{cosx}\geqslant(1+7^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}\)
例 \(18.\) 若 \(9x^{2}+4y^{2}+6xy=1，x，y\in R\) ，则 \(9x+6y\) 的最大值为 \((\qquad)\)
提示： \(1=（3x+y）^{2}+3y^{2}=\color{blue}{\dfrac{（3x+y）^{2}}{1}+\dfrac{y^{2}}{\frac{1}{3}}\geqslant\dfrac{(3x+y+y)^{2}}{\frac{1}{3}+1}}\)
进而 \(3x+2y\leqslant\dfrac{2\sqrt3}{3}\) ，故最大值为 $2\sqrt3 $
例 \(19.\) 设 \(a，b\) 为正实数，且 \(a+2b+\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=\dfrac{13}{2}\) ，则 \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\) 的最大最小值之和为 \((\qquad)\)
提示： \(\dfrac{13}{2}-(a+2b)=\color{blue}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{4}{2b}\geqslant\dfrac{(1+2)^{2}}{a+2b}}=\dfrac{9}{a+2b}\)
解得 \(2\leqslant a+2b\leqslant\dfrac{9}{2}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}=13-(a+2b)\in[2，\dfrac{9}{2}]\) ，故和为 \(\dfrac{13}{2}\)
（权方和与柯西不等式一样在于变形和巧妙地配凑）
例 \(20.\) 已知实数 \(x，y\) 满足 \(x^2+y^2=1,0<x<1,0<y<1\) ,当 \(\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{y}\) 取得最小值时， \(\dfrac{x}{y}\) 的值为 \((\qquad)\)
提示：由赫尔德不等式可知：\(\color{blue}{(\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{y})(\dfrac{4}{x}+\dfrac{1}{y})(x^2+y^2)\geqslant(1+\sqrt[3]{16})^3}\)
取等条件为： \(\dfrac{4}{x}:\dfrac{1}{y}=x^2:y^2\Rightarrow\dfrac{x}{y}=\sqrt[3]{4}\)
四、琴生不等式
4.1 定义
琴生不等式（Jensen's Inequality）是实分析中的一个重要不等式，它描述了凸函数在平均值和平均值点上的函数值之间的关系。琴生不等式适用于凸函数，而对于凹函数则有一个相应的反向不等式。
琴生不等式的数学表述如下：
设 ( f ) 是定义在某个区间 ( I ) 上的凸函数，( x_1, x_2, \ldots, x_n ) 是 ( I ) 中的任意实数，( \lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n ) 是非负实数且它们的和为 1（即 ( \sum_{i=1}^{n} \lambda_i = 1 )），则有：
[ f(\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 + \ldots + \lambda_n x_n) \leq \lambda_1 f(x_1) + \lambda_2 f(x_2) + \ldots + \lambda_n f(x_n) ]
等号成立的条件是 ( x_1 = x_2 = \ldots = x_n ) 或者 ( f ) 是一个线性函数。
琴生不等式的一个重要特例是当所有的 ( \lambda_i ) 都相等时，即 ( \lambda_i = \frac{1}{n} )，这时不等式变为：
[ f\left(\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}\right) \leq \frac{f(x_1) + f(x_2) + \ldots + f(x_n)}{n} ]
这表明凸函数在平均值点的函数值小于或等于函数值在各个点上的平均值。
琴生不等式在概率论和经济数学中有着广泛的应用，特别是在处理随机变量的期望值时。如果 ( X ) 是一个随机变量，( g ) 是一个凸函数，那么琴生不等式可以用来证明 ( E[g(X)] \geq g(E[X]) )，其中 ( E[\cdot] ) 表示期望值。
琴生不等式也可以推广到多元函数和积分形式，这时候不等式涉及到多元凸函数在凸组合和积分平均值之间的关系