高一数学之基本不等式扩展解法

高一数学之基本不等式扩展解法

作者注：这里面都是较简单的题目，只是提供各类解法的实例以供参考。

重要不等式

对于任意 \(a,b \in \R\) ，由完全平方公式，得

\[(a - b)^2 \geq 0 \]

变形，得

\[a^2 + b^2 \geq 2ab \]

当且仅当 \(a = b\) 时，等号成立.

上式即为重要不等式.

基本不等式

在上面重要不等式中，如果 \(a,b > 0\) ，那么我们分别用 \(\sqrt{a}\) ， \(\sqrt{b}\) 来代换原式中的 \(a\) ， \(b\) ，可以得到如下不等式：

\[\sqrt{ab} \leq \frac{a + b}{2} \]

当且仅当 \(a = b\) 时，等号成立.

上式即被称为基本不等式。她很基本，反应了正数 \(a\) ， \(b\) 的算术平均数（\(\frac{a + b}{2}\)）与几何平均数（\(\sqrt{ab}\)）的一般大小关系，即两个正数的算术平均数不小于他们的几何平均数。

实际上，我们可以更多种不同的代换和变形，得到如下基本不等式链。

\[\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \leq \sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2} \leq \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \]

从左到右分别为正数 \(a\) ， \(b\) 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数。因此上式又被称之为均值不等式链。

下面介绍一些基本不等式题目的常见处理方法。

应用情况：定和 & 定积

一般什么时候应用基本不等式呢？在题目希望我们求式子最值的时候。观察基本不等式的形式可知，在 \(a,b\) 乘积为定值的时候，\(a + b\) 可以取到最小值 \(2\sqrt{ab}\) ；同理在 \(a,b\) 和为定值的时候， \(ab\) 可以取到最大值 \((\frac{a+b}{2})^2\) 。注意这里的取到是指可满足取等条件 \(a = b\) ，如果不满足则等号不成立。

使用基本不等式的条件，总结为“一正，二定，三相等”。一正，即使用的对象的值必须为正，这一点在基本不等式推导的时候就能体现，因为我们使用了 \(\sqrt{a}\) ， \(\sqrt{b}\) 来代换的 \(a\) 和 \(b\) ，因此要求变量为正。二定就是有定和或定积，这一点上文提到了。三相等就是第三步要验证是否取等。如果用完基本不等式验证能取等，那么再宣布最值为多少。

例一

已知 \(x,y > 0 , xy = 4\) ，求 \(3x + 3y\) 的最小值。

解：

由基本不等式，\(3x + 3y = 3(x + y) \geq 3 \times 2\sqrt{xy} = 12\)

当且仅当 \(x = y = 4\) 时，等号成立。

\(\therefore (3x + 3y)_{min} = 12\)

这是一道积为定值的题目，在用完基本不等式之后必须注明何时取等号（当且仅当...时，等号成立），大多情况下要求解出 \(x,y\) 的值，因为需要由此判断是否能取到等号。如果等号不能成立，那么我们并没有找到最值，这种做法就是错误的，我们需要另寻他法。

同理，来一道和为定值的题目：

例二

已知 \(x,y > 0 , x + y = 52\) ，求 \(x^2y + xy^2\) 的最大值。

解：

\(\because x + y = 52\)

\(\therefore x^2y + xy^2 = xy(x + y) = 52xy\)

由基本不等式，\(52xy \leq \frac{(x + y)^2}{4} = 52 \times 676 = 35152\)

当且仅当 \(x = y = 26\) 时，等号成立。

\(\therefore (x^2y + xy^2)_{max} = 35152\)

以上两题都是题目里已经给出的明显的和/积的定值，但考试肯定是不会这么友好的 （废话） ，有一些题目会隐藏定和/定积，需要在化简式子的时候发现，比如下面这道题：

例三

已知 \(x,y > 0\) ，求 \(\frac{x^2 + y^2}{xy}\) 的最小值。

解：

\[\frac{x^2 + y^2}{xy} = \frac{x^2}{xy} + \frac{y^2}{xy} = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2\sqrt{\frac{x}{y} \times \frac{y}{x}} = 2 \]

当且仅当 \(x = y\) 时，等号成立。

\(\therefore (\frac{x^2 + y^2}{xy})_{min} = 2\)

在化简的过程中我们发现，原式变成了两个可以互相约分的分式和，这时可以使用基本不等式，而且在 \(x,y\) 的取值范围内，取到最值的时候与 \(x,y\) 具体是多少无关，只需要满足 \(x = y\) 即可。

配凑法（拆添项法）

在有些题目中，直接使用基本不等式可能对我们解题并没有什么帮助，这时我们需要适当转换形式，下面通过两道题目来介绍一下。

例四（添项）

已知 \(x > 0\) ，求 \(x + \frac{8}{x + 1}\) 的最小值。

这里我们发现直接使用基本不等式，得到的是两个多项式的商，对我们求解并没有什么作用，所以我们需要先进行一步变形：

解：

\(x + \frac{8}{x + 1} = x + \frac{8}{x + 1} - 1 + 1 = (x + 1) + \frac{8}{x + 1} - 1 \geq 2\sqrt{(x + 1) \times \frac{8}{x + 1}} - 1 = 4\sqrt2 - 1\)

当且仅当 \((x + 1) = \frac{8}{x + 1}\) ，即 \(x = 2\sqrt2 - 1\) 时，等号成立。

\(\therefore (x + \frac{8}{x + 1})_{min} = 4\sqrt2 - 1\)

这里我们对原式的操作是加上了一又减去了一，看起来加上这两项对原式没什么影响，但是通过整理，把 \(1\) 和 \(x\) 看做一个整体，那么我们就得到了和分式分母一样的形式，这时整体使用基本不等式就可以解决。这就是添项的配凑方法。

例五（拆项）

已知 \(x > 0\) ，求 \(\frac{17}{x + 3} + x + 5\) 的最小值。

解：

\(\frac{17}{x + 3} + x + 5 = \frac{17}{x + 3} + (x + 3) + 2 \geq 2\sqrt{\frac{17}{x + 3} \times (x + 3)} + 2 = 2\sqrt{17} + 2\)

当且仅当 \(\frac{17}{x + 3} = (x + 3)\) ，即 \(x = -3 + \sqrt{17}\) 时，等号成立。

\(\therefore (\frac{17}{x + 3} + x + 5)_{min} = 2\sqrt{17} + 2\)

这里的操作和添项差不多，都是尽可能去凑出分母的形式，不同的一点在于，添项增加的式子是凭空加出来的，需要再减去，而拆项是对已存在的常数项进行拆分，从中分离出我们需要的形式。

分离常数法

例六

已知 \(x > 0\) ，求 \(\frac{4x^2 + 13x + 9}{x}\) 的最值。

解：\(\frac{4x^2 + 13x + 9}{x} = 4x + 13 + \frac{9}{x} \geq 13 + 2\sqrt{4x \cdot \frac{9}{x}} = 13 + 12 = 25\)

当且仅当 \(4x = \frac{9}{x}\) 即 \(x = \frac{3}{2}\) 时，等号成立。

例七

已知 \(x > 0\) ，求 \(\frac{x^2 + 6x + 7}{x + 1}\) 的最值。

解：

\[\frac{x^2 + 6x + 7}{x + 1} = \frac{x(x + 1) + 5(x + 1) + 2}{x + 1} = x + 5+ \frac{2}{x + 1} = 4 + (x + 1) + \frac{2}{x + 1} \\ \geq 4 + 2\sqrt{(x + 1) \cdot \frac{2}{x + 1}} = 4 + 2\sqrt2 \]

当且仅当 \(x + 1 = \frac{2}{x + 1}\) 即 \(x = \sqrt2 - 1\) 时等号成立。

分离常数的思想就在于在分子的多项式中提取含有分母因式，此时往往还需要配凑的方法，分离出常数，达到化简原式的目的。

注意在上面两个例题中，取等条件的限制条件均为二次方程，解出的应有两个根，此时应根据题目限制条件进行取舍，如上面两道题目中就因为 \(x > 0\) 的条件舍去了负根。如果无解，则应说明无法取等。

乘一法

乘一法正如其名，你对一个式子整体乘上一，结果肯定不变对吧，但这有什么用呢？这种方法的使用就比较依赖于题目所给的形式了，需要你去寻找这个“一”的等效作用。下面先来一道例题直观感受一下。

例八

已知 \(x > 0 , y > 0\) ，且 \(\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 1\) ，求 \(2x + y + \frac{x}{y}\) 的最小值。

这里你会发现我们表面上要乘的“一”实际上等同于一个多项式，那么怎么乘，乘上之后怎么做呢？一起来欣赏下面的步骤：

解：

\(2x + y + \frac{x}{y} = (2x + y) \times {\color{red}1} + \frac{x}{y} = (2x + y)({\color{red}\frac{3}{x} + \frac{1}{y}}) + \frac{x}{y} \\ = 6 + \frac{2x}{y} + \frac{3y}{x} + 1 + \frac{x}{y} \\ = 7 + \frac{3x}{y} + \frac{3y}{x} \\ \geq 7 + 2\sqrt{\frac{3x}{y} \cdot \frac{3y}{x}} = 7 + 6 = 13\)

当且仅当 \(x = y = 4\) 时，等号成立。

\(\therefore (2x + y + \frac{x}{y})_{min} = 13\)

在这里，我在第一行展示了乘一法的核心步骤，即把可以代换为 \(1\) 的多项式乘进来，变成新的形式进一步化简。注意到乘一之后虽然并没有改变原式的值，但是用上题目条件之后式子变成了我们最熟悉的可用基本不等式的形式。这就是这种方法的精髓。

请注意这里的取等条件，不仅有基本不等式 \(\frac{3x}{y} = \frac{3y}{x}\) 的限制，还有题干中 \(\frac{3}{x} + \frac{1}{y} = 1\) 的限制。联立这两个式子解到最后，求出 \(x = y = 4\) 。（后续题目可能重在巧妙的思维和解法，有时会不列出取等条件，但是大家在写题的时候一定不要省略取等条件）。

当然了，有些时候给出了“一”也不是能直接拿来用的，而是需要一些变化，比如下面这道题：

例九

已知 \(3x > y > 0\) ，且 \(7x + 5y = 1\) ，求 \(\frac{1}{3x - y} + \frac{2}{2x + 3y}\) 的最小值。

这里我们就会发现直接按照例八的做法来解好像行不通，乘上之后除了式子变得更恶心之外并没有什么用处。那么这时我们就需要做出一些变化。

观察原式的形式，我们发现如果能把“一”拆解，使其乘到所求的式子上之后能够约分，那么就达到目的了。一般同学在初见这类题的时候抓耳挠腮想不到如何变形（我），那么就直接来在过程中体会变形方法吧。

解：

\(\frac{1}{3x - y} + \frac{2}{2x + 3y} = \frac{1}{3x - y} + \frac{2 \times 2}{(2x + 3y) \times 2} = \frac{1}{3x - y} + \frac{4}{4x + 6y}\)

\(7x + 5y = 3x + 4x + 6y - y = (3x - y) + (4x + 6y) = 1\)

\[\therefore 原式 = (\frac{1}{3x - y} + \frac{4}{4x + 6y}) \times {\color{red}1} = (\frac{1}{3x - y} + \frac{4}{4x + 6y}) \times [{\color{red}(3x - y) + (4x + 6y)}] \\ = 1 + \frac{4x + 6y}{3x - y} + \frac{4(3x - y)}{4x + 6y} + 4 \\ \geq 5 + 2\sqrt{\frac{4x + 6y}{3x - y} \cdot \frac{6x - 2y}{2x + 3y}} = 9 \]

当且仅当...

\(\therefore (\frac{1}{3x - y} + \frac{2}{2x + 3y})_{min} = 9\)

这是一道比较常规的题目，但是有的题目甚至不会把这个“ \(1\) ”放到明面上，这时候我们可能需要做一些迷惑但有用的操作来找出等量关系。下面是我遇到的一道很神奇的小题目：

例十

哎呀，题目走丢啦，先往下看吧

齐次法

这里我们首先需要复习一些小学六年级学过的东西：

单项式： 若干个数字与字母的乘积。单独一个字母或数字也是单项式。

单项式的次数： 单项式内所有字母的指数之和。数字的次数为零。

多项式： 若干单项式之和。

多项式的次数： 构成多项式的所有单项式中，次数最高的单项式的次数。

以上概念均为口糊，官方定义请自行百度。

这时我们考虑对于分式 \(\frac{2x + 1}{x^2}\) ，分母为二次，而分子为一次，分子分母次数不齐。

特别的，这里引入所谓次数相“齐”的概念，实际上是对于多项式中的每一项。比如 \(\frac{x^2 + 3y}{xy}\) ，分子分母都是二次的，但是构成分子的其中一项 \(3y\)
是一次的，而其余都是二次，我们认为这个式子并非“齐次”。

那么引入这个齐次的概念是为了什么呢？其实是为了进行一类变形操作。如题：

例十一

已知 \(x + 2y = 3\) ，求 \(\frac{x^2 + 3y}{xy}\) 的最小值。

这里用的就是上面的例子。在有了条件之后又如何齐次呢？其实不难发现，把条件的 \(3\) 代入到一次单项式 \(3y\) 系数中的 \(3\) ，所得的就都是二次的了。具体操作如下：

\[\frac{x^2 + 3y}{xy} = \frac{x^2 + (x + 2y)y}{xy} = \frac{x^2 + xy + 2y^2}{xy} = 1 + \frac{x}{y} + \frac{2y}{x} \\ \geq 1 + 2\sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{2y}{x}} = 1 + 2\sqrt2 \]

当且仅当...

\(\therefore (\frac{x^2 + 3y}{xy})_{min} = 1 + 2\sqrt2\).

这就是齐次化的处理方法。

作者注：写完这一部分的一个月后居然在周测题上看到了这道原题 特别兴奋......！

换元法

在一个式子很长的时候，我们并不容易直观的找出解法。这个时候我们可以把重复出现的一些整体用新的未知量代换，达到化简原式的目的。其实就是整体思想，把某一部分看做一个整体。不过换元之后的式子确实方便我们观察和思考。

例十二

已知正数 \(a , b\) 满足 \(a + 3b + \frac{3}{a} + \frac{4}{b} = 18\) ，则 \(a + 3b\) 的最值是（______）。

不知道大家第一眼看到这个题是什么感受，我做题的时候一看，条件呢？哦，一坨。求的呢？欸？怎么在前面包含了，那我还要消去多余的两项，怎么消？乘一吗？哪来的一？而且给的是等量关系，怎么找不等关系？哪里用基本不等式？总之一头雾水。这里我还是先点出一下，你看这个问法，没问最大值还是最小值，难道让我们自己去破解吗？显然不是……这说明这道题有坑啊！他可以是同时存在最大最小值，并且都有可能取到，做题的时候一定注意。

解：

\(\because a + 3b + \frac{3}{a} + \frac{4}{b} = 18\)

\(\therefore \frac{3}{a} + \frac{4}{b} = 18 - (a + 3b)\)

令 \(t = a + 3b\) ，又 \(a , b > 0 \Rightarrow t > 0\)

\[a + 3b + \frac{3}{a} + \frac{4}{b} = 18 \]

\[\frac{1}{t} (\frac{3}{a} + \frac{4}{b}) \cdot t = 18 - t \]

\[\frac{1}{t} (\frac{3}{a} + \frac{4}{b})(a + 3b) = 18 - t \]

\[\frac{1}{t} (3 + \frac{4a}{b} + \frac{9b}{a} + 12) = 18 - t \]

\[(\frac{4a}{b} + \frac{9b}{a} + 15) = 18t - t^2 \]

令 \(f(t) = -t^2 + 18t\) ，则有

\[f(t) = \frac{4a}{b} + \frac{9b}{a} + 15 \geq 2\sqrt{\frac{4a}{b} \cdot \frac{9b}{a}} + 15 = 27 \]

即

\[f(t) = -t^2 + 18t \geq 27 \]

解二次方程 \(-t^2 + 18t -27 \geq 0\) ，得 \(9 - 3\sqrt6 \leq t \leq 9 + 3\sqrt6\)

\(\therefore 0 < 9 - 3\sqrt6 \leq t = a + 3b \leq 9 + 3\sqrt6\)

当且仅当 \(a = 3 - \sqrt6 \ , \ b =2 - \frac{2\sqrt6}{3}\) 时，原式有最小值 \(9 - 3\sqrt6\) ，

当且仅当 \(a = 3 + \sqrt6 \ , \ b =2 + \frac{2\sqrt6}{3}\) 时，原式有最大值 \(9 + 3\sqrt6\) 。

双换元法

上面我们已经对换元法有了一定了解，那么双换元有什么用呢？一般情况下，双换元应用的情况可以从题目给的变量范围中看出来。比如下面这一道。

例十三

已知 \(x > -1 , y > -3 , x + 2y + 5 = 0\) ，求 \(\frac{1}{x+1} + \frac{2}{y+3}\) 的最小值。

解：

令 \(m = x+1 , n = y + 3\) ，由题，易知 \(m,n > 0\).

\(x+2y+5 = (x+1) + 2(y+3) - 2 = m + 2n - 2 = 0\) 即 \(m+2n=2\)

\(\frac{1}{x+1} + \frac{2}{y+3} = \frac{1}{m} + \frac{2}{n} = \frac{1}{2} (m+2n)(\frac{1}{m} + \frac{2}{n}) = \frac{1}{2}(5+\frac{2m}{n}+\frac{2n}{m}) \geq \frac{1}{2}(5+2\sqrt{\frac{2m}{n} \cdot \frac{2n}{m}}) = \frac{9}{2}\)

当且仅当...

\(\therefore (\frac{1}{x+1} + \frac{2}{y+3})_{min} = \frac{9}{2}\).

注意到这里换元的目的，一般在使用基本不等式时，遵从“一正，二定，三相等”的原则，但是给出的变量不是大于零的，而是大于一个常数，范围内可能有负数，而且在所求的式子中，变量是以本身减去这个常数的形式出现的，那么这个时候我们就可以把变量减常数看做一个整体，那么这个整体的范围是很显然的，相当于条件移项，得到整体是正数，就和原来题目的处理方法一样了。

下面是一道比较抽象的双换元法题目。

例十四

已知 \(a , b > 0 \ , \ (a + 2b)(a + b) = 1\) ，求 \(a^2 + b^2\) 的最小值。

这里就没有上面那样明显的换元形式了，那么怎么换元呢？我们可以这样做：

解：

令 \(a + 2b = m \ , \ a + b = n\) ，则 \(m , n > 0\).

\(\therefore mn = 1 \ , \ a = 2n - m \ , \ b = m - n\)

\[a^2 + b^2 = (2n - m)^2 + (m - n)^2 \\ = 4n^2 - 4mn + m^2 + m^2 - 2mn + n^2 = 2m^2 + 5n^2 - 6 \\ = 2m^2 + \frac{5}{m^2} - 6 \geq 2\sqrt{2m^2 \cdot \frac{5}{m^2}} - 6 = 2\sqrt{10} - 6 \]

当且仅当...

\(\therefore (a^2 + b^2)_{min} = 2\sqrt{10} - 6\)

有人可能好奇最后一行变形怎么来的，你看这里最后两个变量都出现了，但是显然我们是只想要一个的。那么怎么办，我们有一个条件 \(nm = 1\) 还没用上。那么我们把带 \(n\) 的一项除以 \(n^2m^2\) 这显然是不改变数值的，这样我们就凑出了我们想要的形式，可以使用基本不等式了。

均值不等式链多元推广

前面我们提到了正数的四种平均数，其实他们并不仅限于两个数的时候，推广到 \(n\) 元依旧适用。下面给出他们的通式。

调和平均数：

\[H_n = \frac{n}{\sum\limits^n_{i = 1} \frac{1}{x}} = \frac{n}{\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + ... + \frac{1}{x_n}} \]

几何平均数：

\[G_n = \sqrt[n]{\prod\limits^n_{i = 1} x_i} = \sqrt[n]{x_1 x_2 ... x_n} \]

算术平均数：

\[A_n = \frac{\sum\limits^n_{i = 1}x_i}{n} = \frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n} \]

平方平均数：

\[Q_n = \sqrt{\frac{\sum\limits^n_{i = 1}x_i^2}{n}} = \sqrt{\frac{x_1^2 + x_2^2 + ... + x_n^2}{n}} \]

此时依旧有 \(H_n \leq G_n \leq A_n \leq Q_n\)

即

\[\frac{n}{\sum\limits^n_{i = 1} \frac{1}{x}} \leq \sqrt[n]{\prod\limits^n_{i = 1} x_i} \leq \frac{\sum\limits^n_{i = 1}x_i}{n} \leq \sqrt{\frac{\sum\limits^n_{i = 1}x_i^2}{n}} \]

这里我们以三元为例来一道题。

例十五

批注：这里差一道题

更多不等式

这是在备考 2025 csp-s 的时候，有一天在机房，由 @Twobread 大佬提及的一个很好玩的东西 （逃）

更新一版的这个东西有 \(58\) 项，不过我也是懒得找了，大家先背着这个玩玩吧（我已经手自笔录了，同样建议大家全文背诵 DVM57 bushi ）

<---瞪眼法--->

这个东西本来不想写的，但是我是真的被作业上的小破题恶心到了，一群人集体被硬控了一节晚自习，最后我与 @Twobread 使用拉格朗日乘数爆算，一人 \(O(n^2)\) 枚举自然数集凑出答案，其他人抓耳挠腮，直到一位大神对着题目沉默已久忽然顿悟，以瞪眼法解之。好的，那么下面就来看看这个神奇的题目。

例十六

设正实数 \(x , y\) 满足 \(x + \frac{5}{x} + y + \frac{12}{y} = 13\) ，求 \(\frac{20}{x} - \frac{3}{y}\) 的最小值。

说一句，这题要是会的话，瞪眼法秒解；不会的话，这就是毒瘤题。

解：由题，显然，不会。

瞪眼，得

\[\frac{20}{x} - \frac{3}{y} = \frac{20}{x} - \frac{3}{y} + (x + \frac{5}{x} + y + \frac{12}{y}) - (x + \frac{5}{x} + y + \frac{12}{y}) = x + \frac{25}{x} + y + \frac{9}{y} - 13 \\ \geq 2\sqrt{x \times \frac{25}{x}} + 2\sqrt{y \times \frac{9}{y}} - 13 = 10 + 6 - 13 = 3 \]

当且仅当 \(x = 5 , y = 3\) 时，等号成立。

\(\therefore (\frac{20}{x} - \frac{3}{y})_{min} = 3\).

其他

占个位置，欢迎投稿各种基本不等式解法的小巧思题

柯西不等式

形式

\(\forall a,b,c,d \in \R\) ，恒有不等式 \((a^2 + b^2)(c^2 + d^2) \geq (ac + bd)^2\) .

证明

由重要不等式，有

\[(ad)^2 + (bc)^2 \geq 2ad \cdot bc \]

当且仅当 \(ad = bc\) 时，等号成立.

即

\[a^2 d^2 + b^2 c^2 \geq 2abcd \]

两边同时加上 \(a^2 c^2 + b^2 d^2\) ，得

\[a^2 d^2 + b^2 c^2 + a^2 c^2 + b^2 d^2 \geq 2abcd + a^2 c^2 + b^2 d^2 \]

因式分解，得

\[a^2(c^2 + d^2) + b^2(c^2 + d^2) \geq (ac)^2 + 2ac \cdot bd + (bd)^2 \]

\[(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) \geq (ac + bd)^2 \]

证毕.

注意到柯西不等式的推导用到了重要不等式，因此取等号的条件由其限制。即 当且仅当 \(ad = bc\) 时，等号成立。

例题

很显然的直接套公式的例题就不给了。

例十七

已知 \(a > 0 , b > 0 , a + b = ab\) ，求 \(\frac{1}{a^2} + \frac{2}{b^2}\) 的最小值。

这题怎么用柯西？这里包含了这类题使用柯西不等式的两个常见套路：变形和配凑系数。

变形只是方便我们观察形式，更容易看出来怎么用。先进行一步变形。

设 \(m = \frac{1}{a} , n = \frac{1}{b}\) ，将条件变形，得到 \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1\) ，即 \(m + n = 1\).

所求式子即为 \(m^2 + 2n^2\).

下面就是配凑系数。由柯西不等式，我们知道 \((m^2 + 2n^2)(c^2 + d^2) \geq [c \cdot m + d \cdot (\sqrt2n)]^2\) 。而且我们是知道 \(m\) 与 \(n\) 的和的，只是这里的 \(n\) 前面带上了系数，所以我们要想办法去掉。怎么去呢？这就是添加系数 \(c\) 和 \(d\) 的作用，他们可以通过赋值来消掉变量前面的系数，同时他们会是已知量，不影响原式的运算。

这里显然 \(c = 1 , d = \frac{\sqrt2}{2}\).

\[(m^2 + 2n^2)[1^2 + (\frac{\sqrt2}{2})^2] \geq (m + \frac{\sqrt2}{2} \cdot \sqrt2n)^2 \]

\[m^2 + 2n^2 \geq \frac{(m + n)^2}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{3}{2} \]

当且仅当 \(\frac{\sqrt2}{2}m = \sqrt2 n\) 且 \(m + n = 1\) ，即 \(m = \frac{2}{3} , n = \frac{1}{3}\) 时，等号成立。此时 \(a = \frac{3}{2} , b = 3\).

\(\therefore (\frac{1}{a^2} + \frac{2}{b^2})_{min} = 3\)

例十八

对任意的正实数 \(x , y\) ，均有 \(\sqrt{x} + \sqrt{2y} \leq k \cdot \sqrt{x + y}\) 恒成立，求 \(k\) 的取值范围。

先考虑恒成立问题。因为 \(\sqrt{x} + \sqrt{2y}\) 恒小于等于 \(\leq k \cdot \sqrt{x + y}\) 所以只需要让 \(\sqrt{x} + \sqrt{2y}\) 的最大值小于等于 \(\leq k \cdot \sqrt{x + y}\) 就可以了。那么就转换为求 \(\leq k \cdot \sqrt{x + y}\) 最大值的问题了。

对柯西不等式变形，两边同时开方，得到 \(ac + bd \leq \sqrt{(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)}\) ，注意到，不等号左边的部分和所求的 \(\sqrt{x} + \sqrt{2y}\) 很像，因此可以配凑系数。

如此，得到 \(1 \cdot \sqrt x + \sqrt2 \cdot \sqrt y \leq \sqrt{[(\sqrt x)^2 + (\sqrt y)^2][1^1 + (\sqrt 2)^2]} = \sqrt 3 \cdot \sqrt{x + y}\).

所以 \(\sqrt{x} + \sqrt{2y}\) 的最大值是 \(\sqrt 3 \cdot \sqrt{x + y}\) ，根据上文所说， \(k \cdot \sqrt{x + y}\) 大于等于这个最大值就可以了，显然， \(k \geq \sqrt 3\).

权方和不等式

形式

\(\forall a , b , x , y \in \R^+ , \frac{a}{x} + \frac{b}{y} \geq \frac{(\sqrt a + \sqrt b)^2}{x + y}\) ，当且仅当 \(\frac{\sqrt a}{\sqrt b} = \frac{x}{y}\) 时，等号成立。

当然我觉得更普遍的一个式子是 \(\frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} \geq \frac{(a + b)^2}{x + y}\) 。当且仅当 \(\frac{a}{b} = \frac{x}{y}\) 时取等。

证明

读者自证显然。

证明：

要证

\[\frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} \geq \frac{(a + b)^2}{x + y} \]

即证

\[(x + y)(\frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y}) \geq (a + b)^2 \]

即证

\[a^2 + b^2 + \frac{y \cdot a^2}{x} + \frac{x \cdot b^2}{y} \geq a^2 + 2ab + b^2 \]

即证

\[\frac{y \cdot a^2}{x} + \frac{x \cdot b^2}{y} \geq 2ab \]

由基本不等式，有

\[\frac{y \cdot a^2}{x} + \frac{x \cdot b^2}{y} \geq 2\sqrt{\frac{y \cdot a^2}{x} \times \frac{x \cdot b^2}{y}} = 2ab \]

证毕。

例题

例十九

已知 \(2m + n = 4\) ，求 \(\frac{1}{m} + \frac{2m}{n}\) 的最小值。

解：

\(\because 2m + n = 4\)

\(\therefore 2m = 4 - n\)

\(原式 = \frac{1}{m} + \frac{4 - n}{n} = \frac{1}{m} + \frac{4}{n} - 1 = -1 + \frac{2}{2m} + \frac{4}{n}\)

由权方和不等式， \(-1 + \frac{2}{2m} + \frac{4}{n} \geq -1 + \frac{(\sqrt2 + 2)^2}{2m + n} = \frac{1}{2} + \sqrt2\)

整体求导法

形式

在做题的过程中，用分离常数的办法分参后，所求的式子可能依旧含有形如 \(f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}\) 且分母 \(q(x)\) 并非常数函数的有理函数。这时可以考虑对 \(f(x)\) 整体求导。根据导函数的性质，在导函数 \(f'(x) = 0\) 时解出的 \(x\) 是原式的极值点。经过验证可找到最值点。

例题

例二十

设正实数 \(x , y , z\) 满足 \(x^2 - xy + 4y^2 - z = 0\) ，则当 \(\frac{xy}{z}\) 取得最大值时，求 \(\frac{2}{x} + \frac{1}{y} - \frac{3}{z}\) 的最大值。

注意到这里题目给出的条件放在别的地方已经可以单独成一个题了，所以我们看看能从这个式子里得出什么。先解一下这个条件。

这个式子里有三个未知数，我们现在看他十分不爽，所以考虑消元。把已知变形，得到 \(z = x^2 - xy + 4y^2\) ，于是条件变成了 \(\frac{xy}{x^2 - xy + 4y^2}\) 取得最大值时。

这里我们瞪眼一下，发现没什么好的变形手段，但是这个 \(xy\) 很扎眼，考虑上下同时约掉。原式变为 \(\frac{1}{\frac{x}{y} - 1 + \frac{4y}{x}}\) 。这里已经很显然了，分数整体取到最大值，分子为常数，即分母取到最小值。这里直接用基本不等式。

\[\frac{1}{\frac{x}{y} - 1 + \frac{4y}{x}} \leq \frac{1}{2\sqrt{\frac{x}{y} + \frac{4y}{x}} - 1} = \frac{1}{3} \]

当且仅当 \(x^2 = 4y^2\) 时，等号成立。又因为 \(x , y > 0\) ，所以此时 \(x = 2y\) 。

这里我们就从原始的无从下手的条件转换得到了一个比较好做的形式。这里把 \(x\) 都用 \(y\) 代替，则 \(x , z\) 均可消掉。 \(z = x^2 - xy + 4y^2 = 6y^2\) 。所求的式子变为 \(\frac{4y - 1}{2y^2}\) 。

这个式子求最值的时候你就会发现不好做了。这里就用到整体求导的方法。先根据结论，设 \(f(y) = \frac{h(y)}{g(y)} = \frac{4y - 1}{2y^2}\) ，则 \(f'(y) = 0\) 时的 \(y\) 值使原式取到最大值。

根据商法则，有

\[f'(y) = [\frac{h(y)}{g(y)}]' = \frac{h'(y)g(y) - h(y)g'(y)}{[g(y)]^2} , g(y) \ne 0 \]

分子分母各看做一个函数，学校教的记忆口诀：上导下不导，减去上不导下导，比上下不导的平方。形象记忆，上下指的是分数线上下。当然我一开始还在老老实实的被书上的形式，直到有一天，我在草稿纸上导的时候，突然发现这个东西的形式很像一个东西的展开式：

\[f'(y) = [\frac{h(y)}{g(y)}]' = \frac{1}{[g(y)]^2} \begin{vmatrix} h'(y) & h(y) \\ g'(y) & g(y) \end{vmatrix} , g(y) \ne 0 \]

上面这个行列式的展开就是 \(h'(y)g(y) - h(y)g'(y)\) 。但是我觉得这个更好记一点，导数项都在左侧，在分数线上面的部分在行列式的上部，下面同理。而且这个按照行列式展开算的有很快。总之大家选取适合自己的方法就好。

附一下二阶和三阶的行列式展开：

\[\begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix} = ad - bc \]

\[\begin{vmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{vmatrix} = aei + bfg + cdh - ceg - bdi - afh \]

那么现在我们就对要求的式子整体导一下

\[f'(y) = [\frac{h(y)}{g(y)}]' = \frac{1}{[g(y)]^2} \begin{vmatrix} h'(y) & h(y) \\ g'(y) & g(y) \end{vmatrix} = \frac{1}{(2y^2)^2} \begin{vmatrix} 4 & 4y - 1 \\ 4y & 2y^2 \end{vmatrix} = 0 , y \ne 0 \]

\[\begin{vmatrix} 4 & 4y - 1 \\ 4y & 2y^2 \end{vmatrix} = 8y^2 - 16y^2 + 4y = -4y(2y - 1) = 0 \]

\[y_1 = 0 （舍） , y_2 = \frac{1}{2} \]

把 \(y = \frac{1}{2}\) 带回原式，得最大值为 \(2\) 。

题解完了，再回头说一下原理。导函数对应的是原函数图像各点斜率的变化，如果原函数连续区间内两点斜率从正（负）变为负（正），则表示在两点之间存在一点斜率为零，这一点就是原函数图像上的拐点，对应到导函数的零点。所以在导函数为零时解出的自变量的值对应原函数的极值。至于是取到最大还是最小值，就要具体情况具体分析了。例如现在有一个二次函数开口向上，那么在函数最低点处左侧，斜率均为负，右侧均为正，易知 斜率由负到正时，能取到最小值；斜率由正到负时，能取到最大值 。当然有时候可能同时取到多个最大/最小值，这时就要结合定义域等具体条件讨论。

隐函数求导法

这个最早是 @司马只因锥
告诉我的，然而我目前还没学会，直接安利同学的博客吧。

https://www.cnblogs.com/Simazhiyinzhui/p/19017876

update on 2026.10.21：我上学期一时兴起把这玩意学了哈哈，滚回来更新了。

“隐函数”是指没有明确的函数关系，但变量之间依然存在的某些特定的联系，类似于函数。比如满足等式 \((x-1)^2 + (y+3)^2 = 4\) 的变量 \(x\) 和 \(y\) ，画出图像发现满足等式的 \((x,y)\) 的取值点集构成了一个以 \((1,-3)\) 为圆心，半径为 \(2\) 的圆。这是变量 \(x\) 和 \(y\) 的关系，并非传统的函数关系，因为其不通过竖直线检验（所谓竖直线是指函数图像与任意一条垂直 \(x\) 轴的竖直线至多有一个交点，否则会出现一个自变量的值对应多个因变量，由定义知其不是函数）。

上面博客里面介绍了一般考题和解法，这里补充一下一些常见的隐函数求导应用及其几何意义。

圆形式

对于形如 \((x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2\) 的圆，对其进行隐函数求导的结果为 \(\frac{dy}{dx} = \frac{-x+a}{y-b}\) 。推导：

将其标准式展开为一般式得

\[x^2 - 2ax + a^2 + y^2 - 2by + b^2 = 0 \]

对 \(x\) 求导

\[2x - 2a + \frac{d}{dx}y^2 - \frac{d}{dx}2by = 0 \ \ \ ...(1) \]

令 \(u = y^2 , k = 2by\) ，

\[\frac{du}{dx} = \frac{du}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = 2y\frac{dy}{dx} \]

\[\frac{dk}{dx} = \frac{dk}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = 2b\frac{dy}{dx} \]

将上述式子代回 \((1)\) 式，得

\[\frac{dy}{dx}(y-b) = -x + a \]

整理得 \(\frac{dy}{dx} = \frac{-x+a}{y-b}\).

圆锥曲线（椭圆）形式

对于形如 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\) 的椭圆，对其进行隐函数求导的结果为 \(\frac{dy}{dx} = \frac{-b^2x}{a^2y}\) 。推导同上。

下面以圆为例介绍一下这个结果的几何意义，椭圆类似。

点 \((x,y)\) 表示圆的极点，\(k = \frac{dy}{dx}\) 表示其对应极线的斜率。

当极点位于圆上时，极线为过圆上这一点的切线；

当极点位于圆外时，极线为这一点对应圆的切点弦所在的直线（切点弦是指，过圆外一点作圆的两条切线，两切点的连线）；

当极点位于圆内时，极线为过该点的割线与圆两交点处切线交点的轨迹。

圆内极点的极线常见确定方法：过极点任拉两条弦，与圆的四个交点构成四边形。将四边形两组对边延长相交，产生两个交点的连线即为所求极线。如图所示。详细的相关概念 here 。

以上两种隐函数求导方法推出的结论还可以通过半代换方式求解。

个别求值问题可使用隐函数求导转化为几何问题，通过数形结合方法求解。

拉格朗日乘数法

形式

对于目标函数 \(f(x,y)\) ，和限制条件形如 \(\varphi(x,y) = ax + by + c\) ，设拉格朗日函数 \(F(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda \cdot \varphi(x,y)\) ，其中， \(\lambda\) 为常数。记 \(\partial_x\) ， \(\partial_y\) 为拉格朗日函数对变量 \(x\) ， \(y\) 的偏导，则当满足如下方程组时原函数 \(f(x,y)\) 取到最值：

\[\begin{cases} \partial_x = 0 \\ \partial_y = 0 \\ \varphi(x,y) = 0 \end{cases} \]

由此解出的 \(x\) ， \(y\) 的值即为使原函数取到最值的情况。

证明

（请读者自行了解）

例题

例二十一

已知 \(x,y > 0\) ，且 \(x^2 + y^2 + 6x + 8y - 24 = 0\) ，求 \((x+y)\) 的最值 .

解：

由题 \(f(x,y) = x + y\) , \(\varphi(x,y) = x^2 + y^2 + 6x + 8y - 24\) .

设拉格朗日函数 \(F(x,y,\lambda)=f(x,y)+\lambda \cdot \varphi(x,y) = x + y + \lambda x^2 + \lambda y^2 + 6\lambda x + 8\lambda y - 24\lambda\)

\(\partial_x = 1 + 2\lambda x + 6\lambda\) , \(\partial_y = 1 + 2\lambda y + 8\lambda\) .

\[\begin{cases} \partial_x = 1 + 2\lambda x + 6\lambda = 0 \\ \partial_y = 1 + 2\lambda y + 8\lambda = 0 \\ \varphi(x,y) = x^2 + y^2 + 6x + 8y - 24 = 0 \end{cases} \]

联立解前两式得 \(x,y\) 的关系为 \(x = y + 1\) .

把 \(x = y + 1\) 代入 \(\varphi(x,y) = x^2 + y^2 + 6x + 8y - 24 = 0\) 中，得

\[(y + 1)^2 + y^2 + 6(y + 1) + 8y - 24 = 0 \]

\[y^2 + 2y + 1 + y^2 + 6y + 6 + 8y - 24 = 0 \]

\[2y^2 + 16y - 17 = 0 \]

\[\Delta = b^2 - 4ac = 392 > 0 \]

\[y = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} \]

\[y_1 = -4 - \frac{7 \sqrt2}{2} < 0（舍）, y_2 = -4 + \frac{7 \sqrt2}{2} > 0 \]

\[\therefore y = -4 + \frac{7 \sqrt2}{2} , x = y + 1 = -3 + \frac{7 \sqrt2}{2} \]

把 \(x,y\) 代回 \(f(x,y)\) ，得

\[f(x,y) = x + y = -4 + \frac{7 \sqrt2}{2} + (-3) + \frac{7 \sqrt2}{2} = -7 + 7\sqrt2 \]

后记

原文见 洛谷专栏