原文作者wanghai
均值不等式這一素材是高中數學中少見的幾個需要同時驗證成立的多條件素材。
已知兩個正數\(a，b\)，則有(當且僅當\(a=b\)時取到等號)
\(\color{red}{\cfrac{2}{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}}= \cfrac{2ab}{a+b}\leq \sqrt{ab}\leq \cfrac{a+b}{2}\leq \sqrt{\cfrac{a^2+b^2}{2}}}\)
\(\color{blue}{調和平均數 ≤ 幾何平均數 ≤ 算術平均數 ≤ 平方平均數}\)
【注意】均值不等式的使用 前提條件： 正、定、等同時成立。
均值不等式中還有一個需要注意的地方：\(a，b\in R\)
如已知向量的內積\(\vec{a}\cdot\vec{b}=1，\)則有人這樣做\(\vec{a}+\vec{b} \ge 2\sqrt{\vec{a}\cdot\vec{b}}=2\)，這是錯的，因為\(\vec{a}，\vec{b}\)不是實數，而是向量。
其次應該掌握的使用技巧：
A、\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)（要注意理解\(a、b\)的內涵）如 \(a、b\)可以是數字，可以代數式，如單項式、多項式；整式、分式、指數式、對數式、三角式等等
\(x+\cfrac{2}{x}（x>0），\cfrac{2}{x}+\cfrac{x}{2}（x>0），2^x+2^y\ge 2\sqrt{2^{x+y}}，log_a^b+log_b^a(log_a^b>0)，sinx+\cfrac{1}{sinx}(sinx>0)\)
看了以上這么多的式子，你能想到用一個式子統一刻畫嗎？仔細想想，再看看是不是能用$ a+b\ge2\sqrt{ab}(a，b>0)$來表示！
B、直接使用型：
形如這樣的\(x+\cfrac{k}{x}（k>0）\)
C、變形后使用型：
①負化正， \(y=x+\cfrac{2}{x} (x<0)\)
②拆添項， \(y=x+\cfrac{2}{x-1} (x>1)\)
③湊系數， \(2x+3y=4,\) 求\(xy\)的最大值\(xy=\cfrac{6xy}{6}=\cfrac{(2x)(3y)}{6}\leq \cfrac{1}{6}\cdot \Big(\cfrac{2x+3y}{2}\Big)^2\)
【引例1】已知\(x>1\)，求\(f(x)=x+\cfrac{1}{x-1}\)的最小值。
【引例2】已知\(a>1，b>0， a+b=4\)，求\(\cfrac{1}{a-1}+\cfrac{4}{b}\)的最小值。(\(a+b=4\Longrightarrow (a-1)+b=3\))
【引例3】已知\(a>1，b>2， a+b=4\)，求\(\cfrac{1}{a-1}+\cfrac{4}{b-2}\)的最小值。(\(a+b=4\Longrightarrow (a-1)+(b-2)=1\))
【引例4】已知\(a>0，b>0， \cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}=1\)，求\(\cfrac{1}{a-1}+\cfrac{9}{b-1}\)的最小值。(\(b=\cfrac{a}{a-1}代入，變成關於a的一元，變量集中\))
④限定條件下的最值(常數代換,乘常數再除常數），如已知\(2a+3b=2，a>0，b>0\)，求\(\cfrac{3}{a}+\cfrac{2}{b}\)的最小值。
\(\cfrac{3}{a}+\cfrac{2}{b}=\cfrac{1}{2}\cdot (2a+3b）(\cfrac{3}{a}+\cfrac{2}{b})=\cfrac{1}{2}\cdot (6+6+\cfrac{4a}{b}+\cfrac{9b}{a})=\cdots\)
⑤構造\(ax+\cfrac{b}{x}\)型，（此處應該聯系分離常數方法，和化為部分分式的變形技巧以及對勾函數或叫耐克函數）
比如，形如\(\cfrac{ax^2+bx+c}{dx+e}(a，b，c，d，e為常數)\xrightarrow[代換法]{配湊法}ax+\cfrac{b}{x}\)型(分子上使用均值不等式)
形如\(\cfrac{dx+e}{ax^2+bx+c}(a，b，c，d，e為常數)\xrightarrow[代換法]{配湊法}\cfrac{1}{ax+\cfrac{b}{x}}\)型(分母上使用均值不等式)
6、均值不等式失效時，需要用到對勾函數的單調性。
D、代數式中同時有\(a+b\)和\(ab\)型
比如已知\(a，b\in R^{+}，a+b-ab+3=0\),
1、求\(ab\)的范圍；
解：\(\because -3+ab=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)
\(\therefore ab-2\sqrt{ab}-3\ge 0\)，
\((\sqrt{ab}+1)(\sqrt{ab}-3) \ge 0\)
$\sqrt{ab}\leq -1 或 \sqrt{ab}\ge 3 $
又\(a，b\in R^{+}\)，故 \(\sqrt{ab}\ge 3 (當且僅當a=b=3取到等號)\)
故\(ab\ge 9\)
【評析】兩元\(a+b，ab\)變化集中為一元\(ab\)。
2、求\(a+b\)的范圍；
解：\(\because a+b+3=ab \leq (\cfrac{a+b}{2})^2，令t=a+b\)
\(t^2-4t-12 \ge 0\)，
$t \leq -2 或 t \ge 6 $
故 \(a+b \ge 6 (當且僅當a=b=3取到等號)\)
【評析】兩元\(a+b，ab\)變化集中為一元\(a+b\)。
【典例】已知實數\(a，b，c\)滿足\(a+b+c=9，ab+bc+ac=24\)，則\(b\)的取值范圍是[1,5].(變量集中)
解：由於\(ab+bc+ac=(a+c)b+ac=24\)
故\(ac=24-(a+c)b \leq (\cfrac{a+c}{2})^2\)
故\(24-(a+c)b \leq (\cfrac{a+c}{2})^2\)，(三元變成了兩個元\(a+c，b\))
又因為\(a+c=9-b\)，
即\(24-(9-b)b \leq \cfrac{(9-b)^2}{4}\),(兩元\(a+c，b\)變成了一元\(b\))
即\(b^2-6b+5 \leq 0\)
解得\(1\leq b \leq 5\)
后續補充