均值不等式中的一道经典习题

例题已知正数(a、b)满足条件(a+b=1)，求((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)的最小值；

错法((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+cfrac{1}{a^2}+b^2+cfrac{1}{b^2}+4)

(ge 2sqrt{a^2cdot cfrac{1}{a^2}}+2sqrt{b^2cdot cfrac{1}{b^2}}+4=8)

这个解法的错误在于，没有验证等号成立的条件是否具备。

上述等号要成立，需要(a^2=cfrac{1}{a^2})且(b^2=cfrac{1}{b^2})

即(a=1)且(b=1)成立，其实这是不可能的，原因是(a+b=1)；

这个错误产生的原因是走入了均值不等式使用的思维定式，

其实要想防止其发生，只要每使用一次均值不等式，就自觉的验证“正定等”即可，

尤其是等号的成立条件。

法1函数法，当题目给出(a>0，b>0)，以及(a+b=1)时，

我们能利用均值不等式得到整体变量(ab)的取值范围。

由(1=a+bge 2sqrt{ab})，故(sqrt{ab}leq cfrac{1}{2})，又(ab>0)

故(0<ableq cfrac{1}{4})；

((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+b^2+cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}+4)

(=(a+b)^2-2ab+cfrac{a^2+b^2}{a^2b^2}+4)

(=(a+b)^2-2ab+cfrac{(a+b)^2-2ab}{a^2b^2}+4)

(=1-2ab+cfrac{1}{a^2b^2}-cfrac{2}{ab}+4)，

令(ab=xin (0，cfrac{1}{4}])，则上式转化为

(g(x)=1-2x+cfrac{1}{x^2}-cfrac{2}{x}+4)

(g(x)=5-2x+cfrac{1}{x^2}-cfrac{2}{x})，

(g'(x)=-2-cfrac{2}{x^3}+cfrac{2}{x^2})

(=cfrac{-2}{x^3}(x^3-x+1))，

再令(h(x)=x^3-x+1)，

则(h'(x)=3x^2-1)，当(xin(0，cfrac{1}{4}])时，(h'(x)<0)，

故函数(h(x))在区间(xin(0，cfrac{1}{4}])单调递减，

(h(x)ge h(cfrac{1}{4})>0)，

故(g'(x)<0)，即函数(g(x))在区间(xin(0，cfrac{1}{4}])单调递减，

故(g(x)_{min}=g(cfrac{1}{4})=cfrac{25}{2})。

法2不等式+对勾函数

由(P=(a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+cfrac{1}{a^2}+b^2+cfrac{1}{b^2}+4)

(ge 2ab+cfrac{2}{ab}+4)(当且仅当(a=b=cfrac{1}{2})时取到等号)

令(ab=x)，则(xin (0，cfrac{1}{4}])，

(g(x)=2x+cfrac{2}{x}+4=2(x+cfrac{1}{x})+4)，

由(g(x))在((0，cfrac{1}{4}])上单调递减，可知

(g(x)_{min}=g(cfrac{1}{4})=cfrac{25}{2})，

即(ab=cfrac{1}{4})时，也即(a=b=cfrac{1}{2})时(P_{min}=cfrac{25}{2})。

法3((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+cfrac{1}{a^2}+b^2+cfrac{1}{b^2}+4)

(=a^2+b^2+cfrac{a^2+b^2}{a^2b^2}+4)

(=(a^2+b^2)(1+cfrac{1}{a^2b^2})+4)

(=(1-2ab)(1+cfrac{1}{a^2b^2})+4)

由法1可知(0<ableq cfrac{1}{4})，则

(cfrac{1}{2}leq 1-2ab<1)，(1+cfrac{1}{a^2b^2}ge 17)

故((1-2ab)(1+cfrac{1}{a^2b^2})ge cfrac{17}{2})，

故((1-2ab)(1+cfrac{1}{a^2b^2})+4ge cfrac{25}{2})

法4依据(2(a^2+b^2)ge (a+b)^2)求解；

由(1)可知，(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}ge 4)，

则((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(ge cfrac{[(a+cfrac{1}{a})+(b+cfrac{1}{b})]^2}{2})

(= cfrac{[(a+b)+(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b})]^2}{2})

(ge cfrac{5^2}{2}=cfrac{25}{2})，

当且仅当(a=b=cfrac{1}{2})时取到等号。

法5((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+b^2+cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}+4)

因为(a^2+b^2ge 2ab)，两边同加(a^2+b^2)，

所以(2(a^2+b^2)ge (a+b)^2=1)，

即(a^2+b^2ge cfrac{1}{2})

当(a=b=cfrac{1}{2})时，上述等号成立

又(cfrac{1}{a^2}+cfrac{1}{b^2}=cfrac{a^2+b^2}{a^2b^2} ge cfrac{2ab}{a^2b^2})

(ge cfrac{2}{ab}ge cfrac{2}{(frac{a+b}{2})^2}=8)

当(a=b=cfrac{1}{2})时，上述等号成立

所以((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2≥cfrac{1}{2}+8+4=cfrac{25}{2})

当(a=b=cfrac{1}{2})时，上述等号成立

法6利用(a^2+b^2ge cfrac{(a+b)^2}{2})以及(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}ge 4)作证明，

((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(=a^2+b^2+(cfrac{1}{a})^2+(cfrac{1}{b})^2+4)

(ge cfrac{(a+b)^2}{2}+cfrac{(frac{1}{a}+frac{1}{b})^2}{2}+4)

(ge cfrac{1}{2}+cfrac{4^2}{2}+4=cfrac{25}{2})

当(a=b=cfrac{1}{2})时，上述等号成立；

法7利用柯西不等式

柯西不等式：((a^2+b^2)(c^2+d^2)ge (ac+bd)^2)，

(a,b,c,din R)，当且仅当(cfrac{a}{c}=cfrac{b}{d})时取到等号；

由已知条件((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)构造，

((1^2+1^2)(a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(ge (1cdot (a+cfrac{1}{a})+1cdot (b+cfrac{1}{b}))^2)

(=(a+b+cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b})^2)

(=(1+1+cfrac{b}{a}+1+cfrac{a}{b})^2)

(ge (3+2)^2=25)，

当且仅当(a+cfrac{1}{a}=b+cfrac{1}{b})，(a=b)，(a+b=1)，

即当且仅当(a=b=cfrac{1}{2})时取到等号；

即((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2≥cfrac{25}{2})

当且仅当(a=b=cfrac{1}{2})时取到等号；

法8利用琴生不等式，

构造(f(x)=(x+cfrac{1}{x})^2(x>0))，容易知道(f(x))下凹，函数的凹凸性

则有(cfrac{f(a)+f(b)}{2}ge f(cfrac{a+b}{2}))，

即(f(a)+f(b)ge 2 f(cfrac{a+b}{2}))，

即((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2≥2cdot cfrac{25}{4}=cfrac{25}{2})，

当且仅当(a=b=cfrac{1}{2})时取到等号；

法9利用(a^2+b^2ge cfrac{(a+b)^2}{2})以及(ableq cfrac{1}{4})作证明，

((a+cfrac{1}{a})^2+(b+cfrac{1}{b})^2)

(ge cfrac{[(a+cfrac{1}{a})+(b+cfrac{1}{b})]^2}{2})

(=cfrac{(1+cfrac{1}{ab})^2}{2})

(ge cfrac{(1+4)^2}{2}=cfrac{25}{2})

当(a=b=cfrac{1}{2})时，上述等号成立；

其他相关

例1已知(a>0)，(b>0)，(a+b=1)，

求证：(1).(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}+cfrac{1}{ab}ge 8)

(2).((1+cfrac{1}{a})(1+cfrac{1}{b})ge 9)

分析：(1).(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}+cfrac{1}{ab}=2(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}))

(=2(cfrac{a+b}{a}+cfrac{a+b}{b}))

(=2(2+cfrac{a}{b}+cfrac{b}{a})ge 2(2+2sqrt{1})=8),

当且仅当(egin{cases}a+b=1\ a=bend{cases})时，即(a=b=cfrac{1}{2})时取等号。

法2：(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}+cfrac{1}{ab}=cfrac{2}{ab})

由(1=a+bge 2sqrt{ab})得到(0<sqrt{ab}leq cfrac{1}{2})

故(0<ableq cfrac{1}{4})，故(cfrac{1}{ab}ge 4)，故(cfrac{2}{ab}ge 8)，

当且仅当$a=b=cfrac{1}{2} $时取到等号。

(2).((1+cfrac{1}{a})(1+cfrac{1}{b}))

(=(1+cfrac{a+b}{a})(1+cfrac{a+b}{b}))

(=(2+cfrac{b}{a})(2+cfrac{a}{b}))

(=5+2(cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}))

(ge 5+2cdot2=9)

当且仅当$a=b=cfrac{1}{2} $时取到等号。

例2已知正数(a、b)满足条件(a+b=1)，

(1)求证：(0<ableq cfrac{1}{4})；

分析：由(1=a+bge 2sqrt{ab})，故(sqrt{ab}leq cfrac{1}{2})，

又(ab>0)，故(0<ableq cfrac{1}{4})；

当且仅当$a=b=cfrac{1}{2} $时取到等号。

(2)求证：(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}ge 4)

法1：(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}=(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b})(a+b))

(=2+cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}ge 2+2=4)

当且仅当$a=b=cfrac{1}{2} $时取到等号。

法2：(cfrac{1}{a}+cfrac{1}{b}=cfrac{a+b}{a}+cfrac{a+b}{b})

(=2+cfrac{b}{a}+cfrac{a}{b}ge 2+2=4)

当且仅当$a=b=cfrac{1}{2} $时取到等号。