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

\[a+b\geqslant 2\sqrt{ab} \]

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 $a=b$。

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

\[\begin{aligned} \displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{a}+\displaystyle\frac{1}{b}}\leqslant \sqrt{ab} \leqslant\displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2}} \end{aligned} \\[10pt] \]

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+b2}{2}} $。

要证 $ \displaystyle\frac{a+b}{2} \leqslant\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b2}{2}} $，只需证 $ \displaystyle\frac{(a+b)^2}{4}\leqslant \displaystyle\frac{a^2+b2}{2}$

即证 $ (a+b)^2\leqslant 2(a^2+b2)$

即证 $ a^2+2ab+b2\leqslant 2a^2+2b2$

即证 $ 2ab\leqslant a^2+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

\[\displaystyle\frac{2}{\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{y}}\leqslant \displaystyle\frac{x+y}{2} \\[10pt] \]

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

\[\begin{aligned} \displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{9}{y}&=\displaystyle\frac{1}{2}(x+y)(\displaystyle\frac{4}{x}+\displaystyle\frac{9}{y})\\[10pt] &=\displaystyle\frac{1}{2}(13+\displaystyle\frac{4y}{x}+\displaystyle\frac{9x}{y})\\[10pt] &\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}(13+2\sqrt{\displaystyle\frac{4y}{x}\cdot\displaystyle\frac{9x}{y}})\\[10pt] &=\displaystyle\frac{25}{2} \end{aligned} \\[10pt]\]

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} $。

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}\[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

\[\begin{aligned} x+\displaystyle\frac{1}{2x-1} &=\displaystyle\frac{1}{2}(2x-1)+ \displaystyle\frac{1}{2x-1}+\displaystyle\frac{1}{2}\\[10pt] &\geqslant 2\sqrt{\displaystyle\frac{1}{2}(2x-1)\cdot\displaystyle\frac{1}{2x-1}}+\displaystyle\frac{1}{2}\\[10pt] &=\sqrt{2}+\displaystyle\frac{1}{2} \end{aligned} \\[10pt] \]

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 $r$。

补充

多元基本不等式

我们看一下一般的多元基本不等式

\[\displaystyle\frac{n}{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{a_i}} \leqslant\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i } \leqslant\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n}\leqslant \sqrt{\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2}{n}} \\[10pt] \]

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。

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

\[\begin{aligned} a^2+mb^2\geqslant& 2\sqrt{m}ab\\[10pt] (1-m)b^2+c^2 \geqslant& 2\sqrt{1-m}bc \end{aligned} \\[10pt] \]

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\limits_{i=1}^{n}a_i2=\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+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

\[\begin{aligned} x^{2021}+y^{2021}+z^{2021} &\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-3\times2020\\[10pt] &\geqslant 2021(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020} )-2020(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020})\\[10pt] &=(x^{2020}+y^{2020}+z^{2020}) \end{aligned} \]

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。

$n$ 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。