均值不等式求最值的十种方法

a2b2(a、bR)，①ab2abab当且仅当a = b时，“=”号成立； 222ab②ab2abab当且仅当a = b时，“=”号成立； (a、bR)，2a3b3c3(a、b、cR)，③abc3abcabc当且仅当a = b = c时,“=”号成立；

33332abc④abc3abcabc(a、b、cR) ,当且仅当a = b = c时,“=”号成立.

333注：① 注意运用均值不等式求最值时的条件：一“正”、二“定”、三“等”；

ab② 熟悉一个重要的不等式链：ab112ab一、拼凑定和

2a2b2。 2通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值。 例１ (1) 当时，求yx(82x)的最大值。

(2) 已知0x1，求函数yxxx1的最大值。

解：yx232x1x1x11x2x11x

23x1x11x32x1x124•••1x42 。 22327当且仅当

x1132。故ymax。 1x，即x时，上式取“=”

2327评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式，变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“积”的最大值。 例2 求函数yx21x20x1的最大值。

42x2x2解：yx1x4•••1x2。

22x2x221x221xx222因， ••1x2232723x261x2，即x当且仅当时，上式取“=”。故ymax。

932评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件。

3例3 已知0x2，求函数y6x4x2的最大值。

解：y36x224x2182x24x24x2

22x24x24x2188318。

327当且仅当2x24x2，即x323时，上式取“=”。 3故ymax二、 拼凑定积

23231883，又y0,ymax。

327通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件。

例4 (1)已知x5，求函数y4x21的最大值 44x5(2)设x1，求函数yx5x2x1的最小值。

解：yx14x11x1452x1x14x1g59。 x1当且仅当x1时，上式取“=”。故ymin9。

评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为和的形式，然后“拼凑定积”，往往是十分方便的。

例5 已知x1，求函数y24x1x32的最大值。

解：Qx1,x10，y24x1x124x1424x144x1243。

224当且仅当x1时，上式取“=”。故ymax3。

评注：有关的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再设法将分母“拼凑定积”。

例6 已知0x，求函数y2cosx的最小值。

sinxxx解：因为0x，所以0，令tant，则t0。

22211cosx1t213t13tt2g3。 所以ysinxsinx2t2t22t2当且仅当

313t,x时，上式取“=”。故ymin3。 ，即t332t2评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，创造出运用均值不等式的环境。

三、利用均值不等式化归为其它不等式求解的问题。

例5、已知正数x、y满足xyxy3，试求xy、xy的范围 四、拼凑常数降幂

例7 若a3b32,a,bR，求证：ab2。

分析：基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥梁，能为解题提供信息，开辟捷径。本题已知与要求证的条件是ab1，为解题提供了信息，发现应拼凑项，巧妙降次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。

证明：Qa3131333a3g13g133a,b3131333b3g13g133b。

， a3b3463ab,ab2.当且仅当ab1时，上述各式取“=”故原不等式得证。

评注：本题借助取等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了。

例8 若x3y32,x,yR，求x2y25xy的最大值。

解：Q31xx1xx,31yy1yy,31xy1xy,

333333x2y25xy1x3x31y3y351x3y332277x3y337。

当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故xy5xy的最大值为7。

例9 已知a,b,c0,abc1，求证：a3b3c3abbcca。

证明：Q1ab31•a•b,1bc31•b•c,1ca31•c•a，

33333332a3b3c33abbcca，又Qabbcca33a2b2c23， 32a3b3c32abbcca3,a3b3c3abbcca。

当且仅当abc1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

五、拼凑常数升幂

例10 若a,b,cR，且abc1，求证a5b5c543。

分析：已知与要求证的不等式都是关于a,b,c的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是abc1，3故应拼凑16，巧妙升次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。 3161616161616ga5a5,2ggb5b5,2ggc5c5， 333333163证明：Q2g2ga5b5c531abc32.a5b5c543

当且仅当abc1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。 3例11 若ab2,a,b,R，求证：a3b32。

a11a,311gb11b,3ab4a3b3。 证明：Q311g333333又Qab2,ab2。当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

六、约分配凑

通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次。

3328例12 已知x,y,0,1，求xy的最小值。

xy284yx4yx12xyg322g32。 解：xyxygxyxyxy2当且仅当

281时，即x4.y16，上式取“=”，故xymin。 xy2例13 已知0x1，求函数y41的最小值。 x1x解：因为0x1，所以1x0。

41x411x4x1x59。 所以yx1xx1xx1x41xx2当且仅当时，即x，上式取“=”，故ymin9。 x1x3a2b2c21abc。 例14 若a,b,cR，求证

bccaab2分析：注意结构特征：要求证的不等式是关于a,b,c的轮换对称式，当abc时，等式成立。

a2a， 此时

bc2a2a1bc设mbc，解得m，所以应拼凑辅助式为拼凑的需要而添，解题可见眉目。

bc244证

明

：

a2bca2bcb2cab2cac2abc2abQ2ga,2gb,2gc bc4bc4ca4ca4ab4ab4a2b2c21abc。当且仅当abc时，上述各式取“=”，故原不等式得证。bccaab2七、引入参数拼凑

某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解地待定系数，可开辟解题捷径。

149例15 已知x,y,zR，且xyz1，求的最小值。

xyz解：设0，故有xyz10。

914914914xyz1xxx xyzxyzxyz24612。当且仅当

149x,y,z同时成立时上述不等式xyz取“=”， 即x1,y2,z3，代入xyz1，解得36，此时1236，故

149的xyz最小值为36。 八、

引入对偶式拼凑

根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件。

例16 设a1,a2,,an为互不相等的正整数，求证

证明：记bn则

an111a1a2a31。 2222123n123nan1111a1a2a3d，构造对偶式， n2222a1a2a3an123naa11a21a3111111bndn222n2， 21a2a3ana123n123n当且仅当aiiiN,in时，等号成立。又因为a1,a2,,an为互不相等的正整数， 所以dn11111111，因此bn。 123n123n评注：本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式。 九、确立主元拼凑

在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式。

例17 在ABC中，证明cosAcosBcosC1。 8分析：cosAcosBcosC为轮换对称式，即A,B,C的地位相同，因此可选一个变元为主元，将其它变元看作常量（固定），减少变元个数，化陌生为熟悉。

证明：当cosA0时，原不等式显然成立。 当cosA0时，cosAcosBcosC1cosAcosBCcosBC 21cosAcosBCcosA 2211cosA1cosA1cosA1cosA。 2228cos(BC)1当且仅当，即ABC为正三角形时，原不等式等号成立。

cosA1cosA 综上所述，原不等式成立。

评注：变形后选择A为主元，先把A看作常量，B、C看作变量，把B、C这两个变量集中到cos(BC)，然后利用cos(BC)的最大值为1将其整体消元，最后再回到A这个主元，变中求定。