均值不等式的来龙去脉

前言

简单了解均值不等式的来龙去脉，有助于我们理解和灵活运用其解决问题。

来龙去脉

来自百度百科的说明，表达式\(H_n\leq G_n\leq A_n\leq Q_n\)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”。

已知对于\(n\)个实数\(x_1，x_2，\cdots，x_n\)而言，

\(H_n=\cfrac{n}{\sum\limits_{k=1}^n{\cfrac{1}{x_k}}}=\cfrac{n}{\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{x_2}+\cdots+\cfrac{1}{x_n}}\)，被称为调和平均数数列 \(H_{n}\)\(=\)\(1\)\(+\)\(\cfrac{1}{2}\)\(+\)\(\cfrac{1}{3}\)\(+\)\(\cdots\)\(+\)\(\cfrac{1}{n}\) 通常被称为 “调和级数”，是级数理论中最早被人们研究的级数之一。；

\(G_n=\sqrt[n]{\prod\limits_{k=1}^n{x_k}}=\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\)，被称为几何平均数；

\(A_n=\cfrac{\sum\limits_{k=1}^n{x_k}}{n}=\cfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\)，被称为算术平均数；

\(Q_n=\sqrt{\cfrac{\sum\limits_{k=1}^n{x^2_k}}{n}}=\sqrt{\cfrac{x^2_1+x^2_1+\cdots+x^2_n}{n}}\)，被称为平方平均数；

由于上述不等式的四个部分，分别代表了\(n\)个实数的四种不同形式的(均值)平均数，所以经常被称作均值不等式。

均值不等式

在高中阶段，当\(n=2\)时，比如已知两个正实数\(a，b\)，比照上面我们就有了：

\(H_2=\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}=\cfrac{2ab}{a+b}\)，称为两个正实数\(a，b\)的调和平均数；

\(G_2=\sqrt{ab}\)，称为两个正实数\(a，b\)的几何平均数；

\(A_2=\cfrac{a+b}{2}\)，称为两个正实数\(a，b\)的算术平均数；

\(Q_2=\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\)，称为两个正实数\(a，b\)的平方平均数；

这样我们就得到了一个重要的不等式组：

\[\bbox[10px,yellow,border:2px dashed red]{\cfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}= \cfrac{2ab}{a+b}\leq \sqrt{ab}\leq \cfrac{a+b}{2}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}} \]

证明方法

我们将其限定在高中阶段的均值不等式的范围内。

一个公知的数学常识：[我们常常称之为重要不等式，它是其他不等式变形的基础；]

基础内容：对于任意的实数\(x，y\in R\)，\((x-y)^2\ge 0\)，将其展开就得到

\[x^2+y^2\ge 2xy \]

证明：\(a\)，\(b\geqslant 0\)，\(\cfrac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\)；

证明：针对代数式 \(x^2+y^2\ge 2xy\) 做代换，令\(x=\sqrt{a}\)，\(y=\sqrt{b}\)，

代入就得到\((\sqrt{a})^2+(\sqrt{b})^2\ge 2\sqrt{ab}\)，其中\(a\geqslant 0，b\geqslant 0\)，

及\(\cfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)，其中\(a\geqslant 0，b\geqslant 0\)，

实际应用中常常不考虑为零的情形，

故有：\(\cfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}(a，b>0)\)[当且仅当\(a=b\)时取到等号]；

上述不等式说明：两个正数的几何平均数不超过算术平均数；

其几何图形解释如下：

如图所示，\(AB\) 是 \(\odot O\) 的直径，\(AC=a\)，\(CB=b\)，过点\(C\) 作\(CD\perp AB\)交 \(\odot O\)上半圆于 \(D\)，连接\(AD\)，\(BD\)，

则由射影定理可知，\(CD=\sqrt{ab}\)，而\(OD=\cfrac{a+b}{2}\)，

由于\(OD\geqslant CD\)，故有\(\cfrac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\)，

当且仅当 \(C\) 与 \(O\) 重合，即 \(a=b\) 时，等号成立.

下来以此为基础我们证明其他部分

设\(a\)，\(b\)均为正数，证明不等式\(\sqrt{ab}\geqslant\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}\);

证明：由于\(a\)，\(b>0\)时，\(\cfrac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\)；

故由\(\cfrac{1}{a}\rightarrow a\)，\(\cfrac{1}{b}\rightarrow b\)， 代入上式得到\(\cfrac{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}{2}\ge\sqrt{\cfrac{1}{ab}}\)，

变换即得到\(\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}\leqslant \sqrt{ab}\) [当且仅当\(a=b\)时取到等号]；

其几何图形解释如下：

如图所示，\(AB\) 是 \(\odot O\) 的直径，\(AC=a\)，\(CB=b\)，

过点\(C\) 作\(CD\perp AB\)交 \(\odot O\)上半圆于 \(D\)，过点\(C\) 作\(CE\perp OD\)交 \(OD\)于 \(E\)，

在 \(Rt\angle OCD\) 中，由射影定理可知，\(DC^2=DE\cdot OD\)，

即\(DE=\cfrac{DC^2}{OD}=\cfrac{ab}{\cfrac{a+b}{2}}=\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}\)，

由于\(DC\geqslant DE\)，故有\(\sqrt{ab}\geqslant\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}\)，

当且仅当 \(a=b\) 时，等号成立.

设\(a\)，\(b\)均为正数，证明不等式\(\cfrac{a+b}{2}\leq \sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\)；[补充：本式对\(a，b\in R\)也是成立的]

证明：由重要不等式可知，\(a^2+b^2\geqslant 2ab\)，两边同加\(a^2+b^2\)，得到\(2(a^2+b^2)\geqslant (a+b)^2\)，

两边同时开方，得到\(\sqrt{2(a^2+b^2)}\ge a+b\)，两边同除以2，

得到\(\cfrac{a+b}{2}\leq \sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\)[当且仅当\(a=b\)时取到等号]；

其几何图形解释如下：

如图所示，\(AB\) 是 \(\odot O\) 的直径，\(AC=a\)，\(CB=b\)，过点\(O\) 作\(OF\perp AB\)交 \(\odot O\)上半圆于 \(F\)，连接\(FC\)，

则有 \(OC=\cfrac{a-b}{2}\)，而\(OF=\cfrac{a+b}{2}\)，

由勾股定理可知，\(FC^2=OC^2+OF^2=(\cfrac{a-b}{2})^2+(\cfrac{a+b}{2})^2=\cfrac{a^2+b^2}{2}\)，

则\(FC=\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\)，由于\(FC\geqslant OF\)，

故有\(\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\geqslant \cfrac{a+b}{2}\)，当且仅当 \(a=b\) 时等号成立.

将以上的三个不等式组成一个不等式链.

综上，故有：[为了保证下式中的每一个都有实际意义，我们要求\(a>0\)，\(b>0\)，(当且仅当\(a=b\)时取到等号)]

\[\bbox[10px,yellow,border:2px dashed red]{\cfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leqslant\sqrt{ab}\leqslant\cfrac{a+b}{2}\leqslant\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}} \]

即两个正数的调和平均数 \(\leqslant\) 两个正数的几何平均数 \(\leqslant\) 两个正数的算术平均数 \(\leqslant\) 两个正数的平方平均数

常用结论

【2020\(\cdot\)上海高考】下列等式恒成立的是【\(\quad\)】

$A.a^2+b^2\leqslant 2ab$ $B.a^2+b^2\geqslant -2ab$ $C.a+b\geqslant 2\sqrt{|ab|}$ $D.a^2+b^2\leqslant -2ab$

分析： 对于选项\(A\)，变形为\((a-b)^2\leqslant 0\)，此式应该是能成立的，而不是恒成立的，同理选项\(D\)也是能成立的，

对于选项\(C\)，若\(a<0\)，\(b<0\)，则不等式左边为负值，右边为正值，故不是恒成立，也是能成立的命题；

对于选项\(B\)，变形为\((a+b)^2\geqslant 0\)，此式是恒成立的，故选 \(B\)；

引申：同理\(a^2+b^2\geqslant 2ab\)也是恒成立的；

证明：\(a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca\)

证明：由于我们已经知道\((a-b)^2\geqslant 0\)，故三个同结构的平方式相加得到，

\((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant 0\)，

打开即， \(2(a^2+b^2+c^2)\geqslant 2(ab+bc+ca)\)

整理就是 \(a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca\) (当且仅当\(a=b=c\)时取到等号)；

重要不等式的[实际应用举例]：设\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(D\)是半径为\(2\)的球面上的四点，且满足\(AB\perp AC\)，\(AD\perp AC\)，\(AB\perp AD\)，则\(S_{\Delta ABC}+S_{\Delta ABD}+S_{\Delta ACD}\)的最大值是________.

分析：结合题意，依托球内接长方体，则球体的直径的平方等于三个长方体的长宽高的平方和，

故设\(AB=a\)，\(AC=b\)，\(AD=c\)，则有\(a^2+b^2+c^2=4^2=16\)；

由重要不等式可知，\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (当且仅当\(a=b=c\)时取等号)；

则\(S_{\Delta ABC}+S_{\Delta ABD}+S_{\Delta ACD}=\cfrac{1}{2}(ab+bc+ac)\leq \cfrac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)=8\)；

即所求的最大值为\(8\).

已知\(a>0,b>0,a+b=1\)，可知\(ab\)的范围。

分析：\(1=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)，故有\(0<\sqrt{ab}\leq \cfrac{1}{2}\)，即\(0< ab\leq \cfrac{1}{4}\)。

典例剖析

已知函数\(f(x)=2^x\)，\(a>0\)，\(b>0\)，比较\(f(\cfrac{2ab}{a+b})\)，\(f(\sqrt{ab})\)，\(f(\cfrac{a+b}{2})\)，\(f(\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}})\)的大小；

分析：由于\(f(x)=2^x\)在\((-\infty,+\infty)\)上单调递增，

又由于\(\cfrac{2ab}{a+b}\leqslant\sqrt{ab}\leqslant\cfrac{a+b}{2}\leqslant\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\)

故有，\(f(\cfrac{2ab}{a+b})\) \(\leqslant\) \(f(\sqrt{ab})\) \(\leqslant\) \(f(\cfrac{a+b}{2})\) \(\leqslant\) \(f(\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}})\)；

【2020 湖北八校联考】已知正数 \(a\)， \(b\) 满足 \(2a^{2}+b^{2}=3\)， 则 \(a\sqrt{b^{2}+1}\) 的最大值为_______________.

分析: 本题目依托公式，\(xy\leqslant \cfrac{x^2+y^2}{2}\)(当且仅当\(x=y\)取到等号)来求解；

解析：由于正数 \(a\)， \(b\) 满足 \(2a^{2}+b^{2}=3\)这一条件还可以换个形式给出：若\(a\)，\(b\)是正数，直线\(2ax+by-2=0\)被圆\(x^2+y^2=4\)截得的弦长为\(2\sqrt{3}\)，则化简后就能得到：\(4a^2+b^2=4\)\(\quad\)，

故 \(a\sqrt{b^{2}+1}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times\sqrt{2}a\times\sqrt{b^{2}+1}\) \(\leqslant\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times\cfrac{(\sqrt{2}a)^2+(\sqrt{b^{2}+1})^2}{2}\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times \cfrac{(2a^{2}+b^{2})+1}{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times\cfrac{3+1}{2}=\sqrt{2}\)

当且仅当 \(\sqrt{2} a=\sqrt{b^{2}+1}\)， 即 \(a=1\)， \(b=1\) 时，等号成立.

故 \(a\sqrt{b^{2}+1}\) 的最大值为 \(\sqrt{2}\).

探究引申

• 不等式链 \(\cfrac{a^2+b^2}{a+b}\geqslant \cfrac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\geqslant \cfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}(a>0，b>0)\)恒成立；

证明思路1：借助均值不等式，上述证明中的从数的角度的证明就是所要的；

法2：借助几何图形证明，上述的几何图形的解释就是所要的；

法3：借助构造函数证明，构造函数\(f(x)=\cfrac{a^{x+1}+b^{x+1}}{a^x+b^x}\)，\(a>0，b>0\)，

①当\(a=b\)时，\(f(x)=\cfrac{2a^{x+1}}{2a^x}=a\)，为常函数，无单调性；

②当\(a>b\)时，\(f(x)=\cfrac{a^{x+1}+b^{x+1}}{a^x+b^x}\)

\(=\cfrac{\frac{a^{x+1}}{b^x}+\frac{b^{x+1}}{b^x}}{\frac{a^{x}}{b^x}+\frac{b^{x}}{b^x}}=\cfrac{a\cdot(\frac{a}{b})^x+b}{(\frac{a}{b})^x+1}\)

令\((\frac{a}{b})^x=t>0\)，则上式变形为

上式\(=\cfrac{at+b}{t+1}=\cfrac{at+a-(a-b)}{t+1}=a-\cfrac{a-b}{t+1}\)

由于\(t+1\)单调递增，则\(\cfrac{a-b}{t+1}\)单调递减，则\(a-\cfrac{a-b}{t+1}\)单调递增，即\(f(x)\)在\((-\infty,+\infty)\)上单调递增；

③当\(a<b\)时，利用对称思想，同理可得，\(f(x)\)在 \((-\infty,+\infty)\)上单调递增；

综上所述，函数\(f(x)=\cfrac{a^{x+1}+b^{x+1}}{a^x+b^x}\)，\(a>0，b>0\)，在 \((-\infty,+\infty)\) 上非严格单调递增；

故其必然满足关系：若\(x_1\geqslant x_2\)，则\(f(x_1)\geqslant f(x_2)\)；

则有\(f(1)\geqslant f(0)\geqslant f(-\cfrac{1}{2})\geqslant f(-1)\)，以下分段详细说明如下：

由于\(f(1)\geqslant f(0)\)，得到\(\cfrac{a^2+b^2}{a+b}\geqslant \cfrac{a+b}{2}\)，整理得到，

\(2(a^2+b^2)\geqslant (a+b)^2\)，即\(\sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}\geqslant \cfrac{a+b}{2}\)，当且仅当\(a=b\)时取到等号；

由于\(f(0)\geqslant f(-\cfrac{1}{2})\)，得到\(\cfrac{a+b}{2}\geqslant\)\(\cfrac{a^{\frac{1}{2}}+b^{\frac{1}{2}}}{a^{-\frac{1}{2}}+b^{-\frac{1}{2}}}=\sqrt{ab}\)，当且仅当\(a=b\)时取到等号；

由于\(f(-\cfrac{1}{2})\geqslant f(-1)\)，得到\(\sqrt{ab}\geqslant \cfrac{a^0+b^0}{a^{-1}+b^{-1}}=\cfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)，当且仅当\(a=b\)时取到等号；

综上所述，\(\cfrac{a^2+b^2}{a+b}\geqslant \cfrac{a+b}{2}\geqslant \sqrt{ab}\geqslant \cfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}(a>0，b>0)\)恒成立；