均值不等式在数学中的应用——伯努利不等式与指数函数不等式

均值不等式法均值不等式是数学中的一种重要的不等式定理，被广泛应用于各个数学领域中。

它可以帮助我们求解各种数学问题，特别是在求最值问题时非常有用。

本文将介绍均值不等式的定义、证明及其应用，重点讨论算术均值不等式、几何均值不等式和平方均值不等式的性质和应用。

首先，我们来介绍均值不等式的定义。

均值不等式是指若a，b是非负实数且a≥b，则有关于a和b的某种函数f(a,b)成立不等式a≥f(a, b)≥b。

其中，f(a, b)是对a，b进行某种运算的函数。

在均值不等式中，我们常用到的运算有算术平均数、几何平均数和平方平均数。

对应的不等式就是算术均值不小于几何均值，几何均值不小于平方均值。

由此可以得出三个主要的均值不等式：算术均值不等式、几何均值不等式和平方均值不等式。

接下来，我们来证明这三个均值不等式。

首先是算术均值不等式。

对于任意非负实数a1，a2，...，an，我们有：(a1+a2+...+an)/n ≥ √(a1a2...an)即算术平均数不小于几何平均数。

证明如下：设a1，a2，...，an为非负实数，令A = (a1+a2+...+an)/n，G = √(a1a2...an)。

根据等差平均不等式，对于任意的非负实数ai，我们有：(A-ai) + (G/√ai) ≥ 0将上述不等式对i从1到n分别求和，我们有：nA - (a1+a2+...+an) + G(1/√a1 + 1/√a2 + ... + 1/√an)≥ 0由于A = (a1+a2+...+an)/n，所以上述不等式等价于：nA - nA + G(1/√a1 + 1/√a2 + ...+ 1/√an) ≥ 0化简得：G(1/√a1 + 1/√a2 + ... + 1/√an) ≥ 0由于√ai是非负实数，所以1/√ai也是非负实数。

所以上述不等式恒成立。

证毕。

其次是几何均值不等式。

对于任意非负实数a1，a2，...，an，我们有：√(a1a2...an) ≥ (a1+a2+...+an)/n即几何平均数不小于算术平均数。

函数均值不等式及其应用
函数均值不等式是一个重要的数学原理，它简单地解释了一些经典的问题，而它的应用能够提供我们一些新的视角来理解数学问题。

函数均值不等式是指: 对于有界函数f, 存在常数K，使得对于任意x,y属于函数f的定义域：
|f(x)-f(y)| <= K*|x-y|
K的值与函数的大小有关。

它是由函数的一阶导数所决定的，公式表达为：
K=sup|f'(x)|
式中，sup表示最大值。

函数均值不等式的有效性分析和推导可以溯源到18世纪的利玛窦，他通过大量的数学实验，能够证明这一结论。

函数均值不等式对于数学、物理、化学等数学研究具有巨大的价值。

比如，函数均值不等式能够记录函数存在极限值，它也能够估算函数从某一点向某一路径求极限时，函数值的变化率，从更加宽泛的角度理解函数极限。

函数均值不等式还用于定义连续函数，判断某一函数是否为连续函数。

由此，我们可以利用函数均值不等式式评估连续函数的“质量”。

由于函数均值不等式的广泛应用，它能够帮助我们求得更加精确的定义，更深入的了解函数，从而有效地解决各种数学问题。

均值不等式应用在实际应用中，均值不等式有一些常用的技巧，可以帮助我们更方便地应用和理解它们。

1.对称性：均值不等式对于多个变量的情况，通常具有对称性。

这意味着可以通过交换变量的位置来得到等价的不等式。

例如，对于实数$a,b,c$，有$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} \geq \frac{a+b}{2}$ 和$\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}} \geq \frac{b+c}{2}$，可以通过交换$a$和$c$得到$\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}} \geq \frac{a+c}{2}$。

利用这个对称性，可以在一些情况下简化不等式的推导过程。

2.递增性：均值不等式通常对于多个变量的情况是递增的。

这意味着如果变量的取值不变，但其中一个变量增加了，那么均值不等式的左边将比右边更大。

例如，对于实数$a,b$，有$\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}$，如果将$b$增加为$b+c$，则有$\sqrt{a(b+c)} \leq \frac{a+b+c}{2}$。

利用这个递增性，可以在一些情况下通过增加变量的值来简化不等式的推导过程。

3.平方技巧：当不等式中涉及到平方时，可以通过对不等式同时两边取平方来简化推导过程。

例如，对于实数$a,b$，有$\sqrt{a^2b^2} \leq\frac{a^2+b^2}{2}$，两边同时平方得到$a^2b^2 \leq\frac{(a^2+b^2)^2}{4}$，再进行化简推导。

需要注意的是，平方技巧可能会引入额外的解，因此在使用此方法时需要注意检查这些额外的解是否符合原始问题的要求。

4.归纳思想：对于具有多个变量的复杂不等式问题，可以利用归纳思想逐步推导出目标不等式。

具体来说，可以先考虑两个变量的情况，再逐步增加变量的个数，通过观察和推导相应的不等式，逐步得到目标不等式的结论。

这种思想在解决一些较为复杂的均值不等式问题时非常有帮助。

均值不等式xx年xx月xx日contents •均值不等式的定义•均值不等式的性质•均值不等式的证明方法•均值不等式的扩展•均值不等式的应用实例目录01均值不等式的定义•均值不等式（Mean Inequality）是指在实数范围内，任何一个数的平方与它的算术平均数的平方之差，等于0。

也就是说，对于任意实数x，有x^2=(x-x)^2=0。

什么是均值不等式•均值不等式的常见形式是：对于任意实数a和b（a≥0，b≥0），有√a≥b。

这个不等式表示，当a和b都是非负实数时，a的算术平均数大于等于b的几何平均数。

均值不等式的形式•均值不等式的证明方法有多种，其中一种是利用微积分中的积分函数。

设f(x)=x^2，则f'(x)=2x，令f'(x)=0，得x=0，则f(x)在x=0处取得极小值0。

因此，对于任意实数a和b（a≥0，b≥0），有√a≥b。

均值不等式的证明02均值不等式的性质算术平均数与几何平均数之间的关系：$AM \geq GM$均值的不等式性质：$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$均值不等式的形式二次幂和不等式当且仅当a=b时，均值不等式取等号。

一次幂和不等式当且仅当a+b为定值时，均值不等式取等号。

均值不等式的条件算术平均数的几何意义：长度为a和b的两线段的中点。

几何平均数的几何意义：面积的算术平均数。

均值的几何意义03均值不等式的证明方法总结词微积分方法证明均值不等式是通过研究函数的单调性和极值，证明在不同情况下，变量的和至少等于其平均值。

详细描述首先，定义一个实值函数 $f(x)$，并设其最小值 $m$ 和最大值 $M$ 存在。

由极值定理可知，对任意 $x_1, x_2$ 有 $[f(x_1) + f(x_2)]/2 \geq m$。

由此得出，对任意正整数 $n$，都有 $[f(x_1) + f(x_2) + \ldots + f(x_n)]/n \geq m$利用微积分知识证明矩阵相乘的性质证明均值不等式是通过利用矩阵相乘的顺序无关性，将矩阵相乘转化为向量点积，再利用柯西不等式证明。

第6节 均值不等式及其应用知识梳理1.均值不等式如果a ，ba ＝b 时，等号成立.数a ＋b2称为a ，b a ，b 的几何平均值. 2.两个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号. (2)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )，当且仅当a ＝b 时取等号. (3)(a ＋b )2≥4ab ；2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2. 当且仅当a ＝b 时，等号成立. 3.利用均值不等式求最值 已知x ≥0，y ≥0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p (简记：积定和最小).(2)如果和x ＋y 是定值s ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是s 24(简记：和定积最大).1.b a ＋ab ≥2(a ，b 同号)，当且仅当a ＝b 时取等号. 2.ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22.3.21a ＋1b≤ab ≤a ＋b2≤a 2＋b 22(a >0，b >0).4.应用均值不等式求最值要注意：“一定，二正，三相等”，忽略某个条件，就会出错.5.在利用不等式求最值时，一定要尽量避免多次使用均值不等式.若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两个不等式a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 成立的条件是相同的.( ) (2)函数y ＝x ＋1x 的最小值是2.( ) (3)函数f (x )＝sin x ＋4sin x 的最小值为4.( ) (4)x ＞0且y ＞0是x y ＋yx ≥2的充要条件.( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×解析 (1)不等式a 2＋b 2≥2ab 成立的条件是a ，b ∈R ； 不等式a ＋b2≥ab 成立的条件是a ≥0，b ≥0.(2)函数y ＝x ＋1x 的值域是(－∞，－2]∪[2，＋∞)，没有最小值. (3)函数f (x )＝sin x ＋4sin x 没有最小值. (4)x >0且y >0是x y ＋yx ≥2的充分不必要条件.2.若x >0，y >0，且x ＋y ＝18，则xy 的最大值为( ) A.9 B.18C.36D.81答案 A解析 因为x ＋y ＝18，所以xy ≤x ＋y2＝9，当且仅当x ＝y ＝9时，等号成立.3.(多选题)若x ≥y ，则下列不等式中正确的是( ) A.3x ≥3y B.x ＋y2≥xy C.x 2≥y 2D.x 2＋y 2≥2xy答案 AD解析 由指数函数的单调性可知，当x ≥y 时，有3x ≥3y ，故A 正确； 当0＞x ≥y 时，x ＋y2≥xy 不成立，故B 错误； 当0≥x ≥y 时，x 2≥y 2不成立，故C 错误；x 2＋y 2－2xy ＝(x －y )2≥0成立，即x 2＋y 2≥2xy 成立，故D 正确.4.(2021·滨州三校联考)若函数f (x )＝x ＋1x －2(x >2)在x ＝a 处取最小值，则a 等于( ) A.1＋2 B.1＋3 C.3D.4答案 C解析 当x >2时，x －2>0，f (x )＝(x －2)＋1x －2＋2≥2（x －2）×1x －2＋2＝4，当且仅当x －2＝1x －2(x >2)，即x ＝3时取等号，即当f (x )取得最小值时，x ＝3，即a ＝3，故选C.5.(2020·长沙月考)一段长为30 m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长 18 m ，则这个矩形的长为________m ，宽为________m 时菜园面积最大. 答案 15 152解析 设矩形的长为x m ，宽为y m.则x ＋2y ＝30(0＜x ≤18)，所以S ＝xy ＝12x ·(2y )≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2y 22＝2252，当且仅当x ＝2y ，即x ＝15，y ＝152时取等号.6.(2018·天津卷)已知a，b∈R，且a－3b＋6＝0，则2a＋18b的最小值为________.答案1 4解析由题设知a－3b＝－6，又2a>0，8b>0，所以2a＋18b≥22a·18b＝2·2a－3b2＝1 4，当且仅当2a＝18b，即a＝－3，b＝1时取等号.故2a＋18b的最小值为14.考点一 利用均值不等式求最值角度1 配凑法求最值【例1】 (1)(2021·乐山模拟)设0<x <32，则函数y ＝4x (3－2x )的最大值为________. (2)已知x <54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为________.(3)已知函数f (x )＝－x 2x ＋1(x <－1)，则( )A.f (x )有最小值4B.f (x )有最小值－4C.f (x )有最大值4D.f (x )有最大值－4答案 (1)92 (2)1 (3)A解析 (1)y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )] ≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋（3－2x ）22＝92， 当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立.∵34∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，∴函数y ＝4x (3－2x )⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜32的最大值为92.(2)因为x <54，所以5－4x >0，则f (x )＝4x －5＋14x －5＋3＝－⎝⎛⎭⎪⎫5－4x ＋15－4x ＋3≤－2（5－4x ）·15－4x＋3＝－2＋3＝1，当且仅当5－4x ＝15－4x，即x ＝1时，取等号. 故f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为1. (3)f (x )＝－x 2x ＋1＝－x 2－1＋1x ＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1＋1x ＋1－2 ＝－(x ＋1)＋1－（x ＋1）＋2.因为x <－1，所以x ＋1<0，－(x ＋1)>0， 所以f (x )≥21＋2＝4， 当且仅当－(x ＋1)＝1－（x ＋1），即x ＝－2时，等号成立.故f (x )有最小值4.角度2 常数代换法求最值【例2】(2021·武汉模拟)已知正数m ，n 满足m ＋2n ＝8，则2m ＋1n 的最小值为________，等号成立时m ，n 满足的等量关系是________. 答案 1 m ＝2n解析 因为m ＋2n ＝8，所以2m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1n ×m ＋2n 8＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋4n m ＋m n ≥18⎝⎛⎭⎪⎫4＋24n m ×m n ＝18(4＋4)＝1，当且仅当4n m ＝m n ，即m ＝4，n ＝2时等号成立. 角度3 消元法求最值【例3】(2020·江苏卷)已知5x 2y 2＋y 4＝1(x ，y ∈R )，则x 2＋y 2的最小值是________. 答案 45解析 由题意知y ≠0.由5x 2y 2＋y 4＝1，可得x 2＝1－y 45y 2，所以x 2＋y 2＝1－y 45y 2＋y 2＝1＋4y 45y 2＝15⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 2＋4y 2≥15×21y 2×4y 2＝45，当且仅当1y 2＝4y 2，即y ＝±22时取等号.所以x 2＋y 2的最小值为45.感悟升华 利用均值不等式求最值的方法(1)知和求积的最值：“和为定值，积有最大值”.但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立.(2)知积求和的最值：“积为定值，和有最小值”，直接应用均值不等式求解，但要注意利用均值不等式求最值的条件.(3)构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解.【训练1】(1)已知实数x，y>0，且x2－xy＝2，则x＋6x＋1x－y的最小值为()A.6B.62C.3D.32(2)(多选题)(2021·烟台模拟)下列说法正确的是()A.若x，y>0，x＋y＝2，则2x＋2y的最大值为4B.若x<12，则函数y＝2x＋12x－1的最大值为－1C.若x，y>0，x＋y＋xy＝3，则xy的最小值为1D.函数y＝1sin2x＋4cos2x的最小值为9答案(1)A(2)BD解析(1)由x，y>0，x2－xy＝2得x－y＝2x，则1x－y＝x2，所以x＋6x＋1x－y＝x＋6x＋x 2＝3⎝⎛⎭⎪⎫x2＋2x≥3×2x2×2x＝6，当且仅当x2＝2x，即x＝2，y＝1时等号成立，所以x＋6x＋1x－y的最小值为6.(2)对于A，取x＝32，y＝12，可得2x＋2y＝32>4，A错误；对于B，y＝2x＋12x－1＝－⎝⎛⎭⎪⎫1－2x＋11－2x＋1≤－2＋1＝－1，当且仅当x＝0时等号成立，B正确；对于C ，易知x ＝2，y ＝13满足等式x ＋y ＋xy ＝3，此时xy ＝23<1，C 错误； 对于D ，y ＝1sin 2x ＋4cos 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 2x ＋4cos 2x (sin 2x ＋cos 2x )＝cos 2x sin 2x ＋4sin 2x cos 2x ＋5≥24＋5＝9.当且仅当cos 2x ＝23，sin 2x ＝13时等号成立，D 正确.故选BD. 考点二 均值不等式的综合应用【例4】 (1)(2020·湘东七校联考)已知f (x )＝13x 3＋ax 2＋(b －4)x ＋1(a >0，b >0)在x ＝1处取得极值，则2a ＋1b 的最小值为( ) A.3＋223 B.3＋22 C.3D.9(2)已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意正实数x ，y 恒成立，则正实数a 的最小值为( ) A.2B.4C.6D.8答案 (1)C (2)B解析 (1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋(b －4)x ＋1(a >0，b >0)， 所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b －4. 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，所以1＋2a ＋b －4＝0，解得2a ＋b ＝3. 所以2a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ·13·(2a ＋b )＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2b a ＋2a b ≥13⎝⎛⎭⎪⎫5＋22b a ·2a b ＝3(当且仅当a ＝b ＝1时取等号).故选C. (2)已知不等式(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y ≥9对任意正实数x ，y 恒成立，只要求(x ＋y )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋a y 的最小值大于或等于9， ∵1＋a ＋y x ＋axy ≥a ＋2a ＋1，当且仅当y ＝ax 时，等号成立， ∴a ＋2a ＋1≥9，∴a ≥2或a ≤－4(舍去)，∴a ≥4， 即正实数a 的最小值为4，故选B.感悟升华 1.当均值不等式与其他知识相结合时，往往是提供一个应用均值不等式的条件，然后利用常数代换法求最值.2.求参数的值或范围时，要观察题目的特点，利用均值不等式确定相关成立的条件，从而得到参数的值或范围.【训练2】 (1)在△ABC 中，A ＝π6，△ABC 的面积为2，则2sin C sin C ＋2sin B＋sin Bsin C 的最小值为( ) A.32B.334C.32D.53(2)在△ABC 中，点D 是AC 上一点，且＝4，P 为BD 上一点，向量＝λ＋μ(λ>0，μ>0)，则4λ＋1μ的最小值为( ) A.16B.8C.4D.2答案 (1)C (2)A解析 (1)由△ABC 的面积为2，所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc sin π6＝2，得bc ＝8， 在△ABC 中，由正弦定理得 2sin C sin C ＋2sin B ＋sin B sin C ＝2c c ＋2b ＋bc＝2·8b8b ＋2b ＋b 8b＝168＋2b2＋b 28＝84＋b2＋b 2＋48－12 ≥284＋b 2·b 2＋48－12＝2－12＝32， 当且仅当b ＝2，c ＝4时，等号成立，故选C.(2)由题意可知，＝λ＋4μ，又点B ，P ，D 共线，由三点共线的充要条件可得λ＋4μ＝1，又因为λ>0，μ>0，所以4λ＋1μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4λ＋1μ·(λ＋4μ)＝8＋16μλ＋λμ≥8＋216μλ·λμ＝16，当且仅当λ＝12，μ＝18时等号成立，故4λ＋1μ的最小值为16.故选A. 考点三 均值不等式的实际应用【例5】网店和实体店各有利弊，两者的结合将在未来一段时期内，成为商业的一个主要发展方向.某品牌行车记录仪支架销售公司从2019年1月起开展网络销售与实体店体验安装结合的销售模式.根据几个月运营发现，产品的月销量x 万件与投入实体店体验安装的费用t 万元之间满足函数关系式x ＝3－2t ＋1.已知网店每月固定的各种费用支出为3万元，产品每1万件进货价格为32万元，若每件产品的售价定为“进货价的150%”与“平均每件产品的实体店体验安装费用的一半”之和，则该公司最大月利润是________万元. 答案 37.5 解析 由题意知t ＝23－x－1(1<x <3)，设该公司的月利润为y 万元，则y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫48＋t 2x x －32x －3－t ＝16x －t 2－3＝16x －13－x ＋12－3＝45.5－⎣⎢⎡⎦⎥⎤16（3－x ）＋13－x ≤45.5－216＝37.5，当且仅当x ＝114时取等号，即最大月利润为37.5万元.感悟升华 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数. 2.根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用均值不等式求得函数的最值.3.在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解.【训练3】某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x 万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是________.答案 30解析 一年的总运费与总存储费用之和为y ＝6×600x ＋4x ＝3 600x ＋4x ≥2 3 600x ·4x ＝240，当且仅当3 600x ＝4x ，即x ＝30时，y 有最小值240.A 级 基础巩固一、选择题1.已知a ，b ∈R ，且ab ≠0，则下列结论恒成立的是( )A.a ＋b ≥2abB.a b ＋b a ≥2C.⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋b a ≥2 D.a 2＋b 2>2ab答案 C解析 因为a b 和b a 同号，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋b a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2. 2.若3x ＋2y ＝2，则8x ＋4y 的最小值为( )A.4B.42C.2D.22 答案 A解析 因为3x ＋2y ＝2，所以8x ＋4y ≥28x ·4y ＝223x ＋2y ＝4， 当且仅当3x ＋2y ＝2且3x ＝2y ，即x ＝13，y ＝12时等号成立.故选A.3.(多选题)(2021·山东新高考模拟)已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝2，下列式子中，最小值为2的有( )A.2abB.a 2＋b 2C.1a ＋1bD.2ab答案 BCD 解析 因为a ，b ＞0，所以2＝a ＋b ≥2ab ，所以0＜ab ≤1，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立.由ab ≤1，得2ab ≤2，所以2ab 的最大值为2，A 错误；a 2＋b 2＝(a＋b )2－2ab ≥4－2＝2，B 正确；1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝2ab ≥2，C 正确；2ab ≥2，D 正确，故选BCD.4.已知x >0，y >0，且1x ＋1＋1y ＝12，则x ＋y 的最小值为( ) A.3B.5C.7D.9 答案 C解析 ∵x >0，y >0，且1x ＋1＋1y ＝12，∴x ＋1＋y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋1y (x ＋1＋y )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1＋y x ＋1＋x ＋1y ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋2y x ＋1·x ＋1y ＝8，当且仅当y x ＋1＝x ＋1y ，即x ＝3，y ＝4时取等号，∴x ＋y ≥7，故x ＋y 的最小值为7.5.要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是( )A.80元B.120元C.160元D.240元答案 C解析 由题意知，体积V ＝4 m 3，高h ＝1 m ，所以底面积S ＝4 m 2，设底面矩形的一条边长是x m ，则另一条边长是4x m ，又设总造价是y 元，则y ＝20×4＋10×(2x ＋8x )≥80＋202x ·8x ＝160，当且仅当2x ＝8x ，即x ＝2时取得等号. 6.若实数x ，y 满足x 2＋y 2＋xy ＝1，则x ＋y 的最大值是( )A.6B.233C.4D.23答案 B解析 x 2＋y 2＋xy ＝1⇒(x ＋y )2－xy ＝1，∵xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，当且仅当x ＝y 时取等号， ∴(x ＋y )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22≤1， 即34(x ＋y )2≤1，∴－233≤x ＋y ≤233，∴x ＋y 的最大值是233.故选B.7.(2021·沈阳一模)若log 2x ＋log 4y ＝1，则x 2＋y 的最小值为( )A.2B.23C.4D.22 答案 C解析 因为log 2x ＋log 4y ＝log 4x 2＋log 4y ＝log 4(x 2y )＝1，所以x 2y ＝4(x >0，y >0)，则x 2＋y ≥2x 2y ＝4，当且仅当x 2＝y ＝2时等号成立，即x 2＋y 的最小值为4.故选C.8.(2020·重庆联考)对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，则实数a 的最大值为( ) A.2B.22C.4D.92 答案 B解析 ∵对任意m ，n ∈(0，＋∞)，都有m 2－amn ＋2n 2≥0，∴m 2＋2n 2≥amn ，即a ≤m 2＋2n 2mn ＝m n ＋2n m 恒成立，∵m n ＋2n m ≥2m n ·2n m ＝22，当且仅当m n ＝2n m 即m ＝2n 时取等号，∴a ≤22，故a 的最大值为22，故选B.二、填空题 9.若直线x a ＋y b ＝1(a >0，b >0)过点(1，2)，则2a ＋b 的最小值为________.答案 8解析 由题设可得1a ＋2b ＝1，∵a >0，b >0，∴2a ＋b ＝(2a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝4＋b a ＋4a b ≥4＋2b a ·4ab＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当b a ＝4a b ，即b ＝2a ＝4时，等号成立. 故2a ＋b 的最小值为8.10.已知x >0，y >0，x ＋3y ＋xy ＝9，则x ＋3y 的最小值为________.答案 6解析 法一(换元消元法)由已知得x ＋3y ＝9－xy ，因为x >0，y >0， 所以x ＋3y ≥23xy ，所以3xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3y 22， 当且仅当x ＝3y ，即x ＝3，y ＝1时取等号，即(x ＋3y )2＋12(x ＋3y )－108≥0，令x ＋3y ＝t ，则t >0且t 2＋12t －108≥0，得t ≥6，即x ＋3y 的最小值为6.法二 (代入消元法)由x ＋3y ＋xy ＝9，得x ＝9－3y 1＋y， 所以x ＋3y ＝9－3y 1＋y ＋3y＝9＋3y 21＋y ＝3（1＋y ）2－6（1＋y ）＋121＋y＝3(1＋y )＋121＋y －6≥23（1＋y ）·121＋y－6 ＝12－6＝6，当且仅当3(1＋y )＝121＋y，即y ＝1，x ＝3时取等号， 所以x ＋3y 的最小值为6.11.(2020·天津卷)已知a ＞0，b ＞0，且ab ＝1，则12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为__________.答案 4解析 因为a ＞0，b ＞0，ab ＝1，所以原式＝ab 2a ＋ab 2b ＋8a ＋b ＝a ＋b 2＋8a ＋b≥2a ＋b 2·8a ＋b ＝4，当且仅当a ＋b 2＝8a ＋b ，即a ＋b ＝4时，等号成立.故12a ＋12b ＋8a ＋b的最小值为4. 12.函数y ＝x 2＋2x －1(x >1)的最小值为________. 答案 23＋2解析 ∵x >1，∴x －1>0，∴y ＝x 2＋2x －1＝（x 2－2x ＋1）＋（2x －2）＋3x －1＝（x －1）2＋2（x －1）＋3x －1＝(x －1)＋3x －1＋2≥23＋2.当且仅当x －1＝3x －1，即x ＝3＋1时，等号成立.B 级 能力提升13.(多选题)(2021·石家庄一模)若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ca ＝1，则下列不等式成立的是( )A.a ＋b ＋c ≤3B.(a ＋b ＋c )2≥3C.1a ＋1b ＋1c ≥23D.a 2＋b 2＋c 2≥1答案 BD解析 由均值不等式可得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，∴2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )＝2，∴a 2＋b 2＋c 2≥1，当且仅当a ＝b ＝c ＝±33时，等号成立.∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3，∴a ＋b ＋c ≤－3或a ＋b ＋c ≥ 3.若a ＝b ＝c ＝－33，则1a ＋1b ＋1c ＝－33<2 3.因此，A ，C 错误，B ，D 正确.故选BD.14.(2020·山东名校联考)正实数a ，b 满足a ＋3b －6＝0，则1a ＋1＋43b ＋2的最小值为( ) A.13B.1C.2D.59 答案 B解析 由题意可得a ＋3b ＝6，所以1a ＋1＋43b ＋2＝19[(a ＋1)＋(3b ＋2)]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋43b ＋2＝19⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤5＋3b ＋2a ＋1＋4（a ＋1）3b ＋2≥1， 当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧2（a ＋1）＝3b ＋2，a ＋3b ＝6，即a ＝2，b ＝43时等号成立.故1a ＋1＋43b ＋2的最小值为1，选B.15.若a ，b ∈R ，ab >0，则a 4＋4b 4＋1ab的最小值为________. 答案 4解析 ∵a ，b ∈R ，ab >0，∴a 4＋4b 4＋1ab ≥4a 2b 2＋1ab ＝4ab ＋1ab ≥24ab ·1ab ＝4，当且仅当⎩⎨⎧a 2＝2b 2，4ab ＝1ab ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝22，b 2＝24时取得等号. 16.已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋11x ＋1(a ∈R )，若对于任意的x ∈N *，f (x )≥3恒成立，则a 的取值范围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－83，＋∞ 解析 对任意x ∈N *，f (x )≥3，即x 2＋ax ＋11x ＋1≥3恒成立，即a ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8x ＋3. 设g (x )＝x ＋8x ，x ∈N *，则g (x )＝x ＋8x ≥42，当且仅当x ＝22时等号成立，又g (2)＝6，g (3)＝173，∵g (2)>g (3)，∴g (x )min ＝173.∴－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8x ＋3≤－83，∴a ≥－83，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－83，＋∞.。

平均值不等式及其应用摘要：平均值不等式在不等式理论中处于核心地位，是现代分析数学中应用最广泛的不等式之一. 本文总结性地介绍了平均值不等式的几种具有代表性的证明方法，包括逆向归纳法、马克罗林的替代法、概率论方法、泰勒公式、不等式证明等，并归纳总结了其在不等式证明、求函数极值和最值、判断数列及级数的敛散性、解决积分不等式问题、比较大小等各方面应用，为今后此类问题的研究提供了便利，为解决其他不等式的证明提供了帮助.关键词：平均值不等式；数学归纳法；泰勒公式；应用Mean Value Inequality and its Application Abstract：The mean value inequality is of great importance in inequalities, and it is one of the most widely used inequality in modern analytical mathematic. In this paper ,we summarize several typical proof methods of the mean value inequality, including mathematic induction, Mark Rollin's alternative method, probability theory method, Taylor formua, inequality method. Furthermore, we introduce some applications of the mean value inequality through examples. It can use in proving inequalities, judging the divergence of certain sequences and the progression, and solving the integral inequality question, as well as seeking the extreme value of function and so on.Key words：mean value inequality；mathematic induction；Taylor formula；application1．引言平均值不等式在不等式理论中处于核心地位，是数学中最重要的基本不等式12之一，也是人们最为熟悉的不等式，因此，它在数学的很多领域中都有着广泛的应用.平均值不等式是数学分析中解决许多极限问题以及其他应用问题的一个重要依据，特别是算术-几何平均值不等式的应用更是尤为广泛，许多极限问题的证明都要应用到这一不等式.2．平均值不等式下面介绍一下平均值不等式：考虑n 个正数n a a a ,,,21 的算术平均(n A )和几何平均(n G )：∑==ni i n a n A 11， n n n a a a G 21=平方平均(n Q )和调和平均(n H )：n a a a Q n n 22221+++= ，nn a a a nH 11121+++= 平均值不等式：n n n n Q A G H ≤≤≤，即22212121121111nnn n i i na a a na a a a n n a a a =+++≤≤≤+++∑ .其中当且仅当n a a a === 21时等号成立.3．平均值不等式的证明关于平均值不等式的证明方法，常见的有利用数学归纳法及詹生不等式的证明，下面介绍几种另外的证明方法.在介绍第一种证明方法之前，首先介绍一下逆向归纳法的证明思路. 逆向归纳法：设有一个与自然数n 有关的命题，如果(1) 命题对于无穷多个自然数成立；(2) 假设命题对n =k 时成立，得出命题对n =k-1时也成立； 那么这个命题对于一切自然数n 都成立.3证法一[2]（逆向归纳法）证明 i) 首先证明命题对一切2(1,2,)k n k == 成立. 当2n =时，12122a a a a +≥，命题成立； 当4n =时，有不等式：2234121234()()22a a a a a a a a ++≤⋅ 2341222a a a a ++⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭43412412342224a a a a a a a a ++⎛⎫+ ⎪+++⎛⎫≤=⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭，即命题成立. 同理推出命题对3428,2,,2s n n n ==== 都成立(s 为任意自然数)，所以命题对无穷多个自然数成立.ii) 设命题对n k =成立，令 12k k a a a S k +++=，12111k k a a a S k --+++=- ，由上式立即得：12111k k k a a a S S k---++++= .由归纳假设得：121111211kk k k k k k a a a S Sa a a S k -----++++⎛⎫=≥ ⎪⎝⎭，即 11121k k k S a a a ---≥ . 故12111211k k k a a a a a a k ---+++≥- ，从而命题对1n k =-也成立.综合i)、ii)，由反归纳法原理知，命题对一切自然数n 都成立.证法二[2] (马克罗林的替代法证明)证明 我们保持12a a s +=和不变，以122a a +分别代替1a 和2a ，这时两个数122a a +的和仍然是s ，但两个数的积却增加了，即有21212()2a aa a +≥，实际上两个数的算术平均值大于几何平均值，且当两个数相等时等号成立.现在变动诸数12,,,n a a a ，但保持它们的和12n a a a s +++= 不变，这时乘4积12nn a a a 必须在12n a a a === 时取极大值，因为只要i j a a ≠，我们用2i ja a +分别代替i a 和j a ，这时和12n a a a s +++= 仍然不变，但它们的乘积却增加了，即有：121222i ji jn i j n a a a a a a a a a a a a ++>当且仅当12n a a a === 时，1212nn n a a a a a a n+++= .故1212n nn a a a a a a n+++≥ ，即命题成立.注：这个证明方法是由苏格兰科学家马克罗林给出的，所以我们称其为马克罗林替代法.证法三[3] (概率论证明方法) 证明 设1()i P a nξ==，(0,1,2,,)i a i n >= ，则 111()()nni i i i i E a P a a n ξξ===⋅==⋅∑∑ 11n i i a n ==∑.所以 2211()n i i E a n ξ=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑.又由公式得：222211111()()nnn i i i i i i i E a P a a a n n ξξ====⋅==⋅=∑∑∑，而22()()E E ξξ≤，所以221111n n i i i i a a n n ==⎛⎫≤ ⎪⎝⎭∑∑ ，即 21111n n i i i i a a n n ==≤∑∑. (1) 由公式11111(ln )ln ()ln ln nnni i i i i i i E a P a a a n n ξξ====⋅==⋅=∑∑∑，511ln()ln n i i E a n ξ=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑，而(ln )ln()E E ξξ≤，所以有：1111ln ln n n i i i i a a n n ==⎛⎫≤ ⎪⎝⎭∑∑ ，即 1211ln ln nn n i i a a a a n =⎛⎫≤ ⎪⎝⎭∑ . 故 1211nn n i i a a a a n =≤∑ (2)再设有分布列11()i P a nξ==，(0,1,2,,)i a i n >= ，由(ln )ln()E E ξξ≤可得： 111111ln ln n n i i ii n a n a ==⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 故1211n n ni ina a a a=≤∑ (3)综合(1)、(2)、(3)得： 212111111n n nn i i ni i i ina a a a a n n a ===≤≤≤∑∑∑ . 注：这里，我们利用概率论模型证明了平均值不等式，实际上有许多不等式均可利用这种方法进行证明，这为证明不等式找到了新的途径.证法四[4] (利用不等式1x e x ≥+，1x ≥-) 证明 设12nn a a a A n+++= ，12n n n G a a a = ，(0,1,2,,)i a i n >=由不等式1x e x ≥+，(1x ≥-)可知，对于每一i 有：exp 1i i n na aA A ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭，1,2,,i n = .求其乘积，得：6111exp 1exp 1nn i i i i n na a A A ==⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏ 1nni n i n n a G A A =⎛⎫≥= ⎪⎝⎭∏ 故n n A G ≥，即1212n nn a a a a a a n+++≥ .(0,1,2,,i a i n >= )注：利用不等式证明平均值不等式有几种方法，其中詹生不等式就是一种，而这里是利用不等式1x e x ≥+（1x ≥-）来得到证明.证法五 (利用泰勒公式)证明 设()log a f x x =，(01,0)a x <<>，则 ''21()0ln f x x a=>. 将()f x 在点0x 处展开，由泰勒公式，有：'''200000()()()()()()2f x f x f x f x x x x x =+-+-，其中00()x x x ξθ=+-，(01θ<<)因此有'000()()()()f x f x f x x x ≥+-. 取011ni i x x n ==∑，(,)i x a b ∈，1,2,,i n = ，则有：'111111()()()()n nn i i i i i i i i f x f x f x x x n n n ===≥+-∑∑∑，1,2,,i n = . 故'1111111()()()()nn n n ni i i i i i i i i i f x nf x f x x x n n =====≥+-∑∑∑∑∑ 11()n i i nf x n ==∑， 即 1111()()n ni i i i f x f x n n ==≤∑∑.因此有121211log ()(log log log )an a a a n a a a a a a n n+++≤+++ . 于是7121211log ()log ()a n a n a a a a a a n n≥+++ 112121log ()log ()na n an a a a a a a n≥+++ 故1212n nn a a a a a a n+++≥ .(0,1,2,,i a i n >= ).注：除了上面介绍的几种证明方法外，证明平均值不等式还有拉格朗日乘数法（见[5]）、排序不等式等.4．平均值不等式的应用在数学分析中，平均值不等式可用于判断某些数列及级数的敛散性，解决积分不等式问题，求函数极值等，并且其在求最值，比较大小，证明不等式等各方面都具有巧妙的应用. 下面通过实例说明平均值不等式的一些应用.4.1 判断数列敛散性，并求其极限例1[6]．设13a =，11621n n n a a a +⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭，(1,2,)n = ，证明lim n n a →∞存在，并求其值.证明 先证有下界. 132a =>；假设2k a >，则有11612611=(1)2123163k k k kk k a a a a a a +⎛⎫⎡⎤+=+++- ⎪⎢⎥++⎝⎭⎣⎦ 2611(1)223163k k a a ≥+⋅+⨯-=+. 由数学归纳法知：对任意正整数n ，有2n a >，即数列有下界. 再证数列单调递减. 事实上，对任意正整数n ，有11621n n n a a a +⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭161(2)2212n n a a ⎛⎫<+=+ ⎪+⎝⎭()12n n n a a a <+=， 即1n n a a +<.8由单调有界原理，极限lim n n a →∞存在. 设lim n n a a →∞=，对等式11621n n n a a a +⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭两边取极限，得1621a a a ⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭解之得：2a =(负值不合题意，舍去) 故lim 2n n a →∞=.例2．证明：数列12n n n n nn a n ⎧⎫+++=⎨⎬⎩⎭收敛. 证明 首先证明数列是单调的. 对任意的正整数1,2,,1k n =- ，都有11111nn k n k k n n n n ++⋅+⎛⎫<= ⎪++⎝⎭， 所以11(1)(1)n n n n k k n n +++<+. 所以12n n n n n n a n +++= 1111123(1)(1)n n n n n n a n +++++++++<<+ . 即数列{}n a 是单调递增的.再证数列有上界. 对任意的正整数1,2,,1k n =- ，都有1111111kn kn n k n n n ⎡⎤⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎢⎥-≤-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎛⎫+⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎣⎦ 1kk e e -⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 所以9(1)[(1)]n n n n n n n n n a n +-++--= 11111n nn n n -⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1(1)1111n n e e ee ------<+++=- 1111ee e -<=--， 即数列有上界.由单调有界定理知，该数列收敛.4.2 判断级数敛散性例3[6]．设111111111(1)112132n n b n n n n +⎛⎫=-⋅+⋅+⋅++⋅ ⎪--⎝⎭ ，证明：级数1n n b ∞=∑是发散级数.证明 因111111111(1)112132n n b n n n n +⎛⎫=-⋅+⋅+⋅++⋅ ⎪--⎝⎭ ，由2a bab +≤有112n n +⋅≤，12(1)2n n +-≤，1,12n n ++≤ 故1211n n ≥+⋅，1212(1)n n ≥+-，12,11n n ≥+⋅ 从而有1112112(1)1n n b n n n n =+++≥+⋅-⋅ . 因lim 0n n b →∞≠，故级数1n n b ∞=∑发散.4.3 证明函数项级数一致收敛性10例4[7]．试证：22111(1)11lim (1)2n n x n n x x n x n ∞∞→==-=-∑∑. 证明 设 2(1)()(1)n n n x x u x n x -=-，1x ≠，显然有 211lim ()2n x u x n →=. 令21(1)2n u n=，则()n u x 在[0,2]上连续，()0n u x ≥，应用几何平均-算术平均不等式，得21()(1)n n n x u x n x x -=+++ 222221212221n n n x x n n n x x -≤=≤⋅⋅ ，[0,2]x ∈， 又因为211n n∞=∑收敛， 根据魏尔斯特拉斯判别法，得级数1()n n u x ∞=∑在[0,2]上是一致收敛的.故21111111lim ()lim ()2n n x x n n n u x u x n ∞∞∞→→=====∑∑∑， 即 22111(1)11lim (1)2n n x n n x x n x n ∞∞→==-=-∑∑.例5．试证级数2211cos 1nn n x nx x x x∞-=++++∑ 在(0,1]上一致收敛. 证明 设 21()1nn n x a x x x -=+++ ，()cos n b x nx =，1,2,n = ；显然{}()n a x 是递减的，因为21()1n n n x a x x x -=+++ 22112221n n n x x n nn x x -≤=≤⋅ ，(01)x ≤≤ 所以{}()n a x 是递减的且一致收敛于0. 注意到1111sin()sin1122cos 12sin sin sin242nk xn kx x x =+-=≤≤∑，1(1)2x ≤≤ 根据狄里克雷判别法，1()()n n n a x b x ∞=∑在1[,1]2上一致收敛.当102x ≤≤时，1()()2nn n n a x b x x ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，1,2,n = ， 而112nn ∞=⎛⎫ ⎪⎝⎭∑收敛，根据魏尔斯特拉斯判别法，得 1()()n n n a x b x ∞=∑在1(0,]2上一致收敛. 故1()()n n n a x b x ∞=∑在(0,1]上一致收敛.4.4 求函数极值和最值平均值不等式是求最值的常用方法之一，运用平均值不等式求最值时，要注意三个条件：‚一正二定三相等‚，三者缺一不可，求值时，要注意所进行的必须是等价转化. 运用平均值不等式求最值的方法有：负变正法，乘‘1’法，配系数法，添项法，拆项法，平方法，换元法，引入参数法.例6[6]．求函数3()(33)(1)f x x x =-+在开区间(0,1)内的极大值.解 3()(33)(1)f x x x=-+ 44(33)(1)(1)(1)6814416x x x x -++++++⎡⎤⎛⎫≤== ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 当且仅当331x x -=+，即12x =时，()f x 有极大值8116.例7[10]．若,,a b c R +∈，且1a b c ++=，求414141a b c +++++的最大值.[分析] 当函数恒为正值时，有时对目标函数进行平方，可达到凑和为定值的目的.解 令414141u a b c =+++++，则0u ≥.12所以24()32(41)(41)2(41)(41)2(41)(41)u a b c a b b c a c =++++++++++++72(41)(41)2(41)(41)2(41)(41)a b b c a c =+++++++++7(442)(442)(442)a b b c a c ≤+++++++++ 138()21a b c =+++=.4.5 证明积分不等式例8．若函数()f x 在[,]a b 上连续，且当[,]x a b ∈时()0f x >，则2()()()bbaadxf x dx b a f x ≥-⎰⎰[分析] 证法一中利用了定积分的定义和平均值不等式，定积分的定义是很容易可以想到的，再加上对平均值不等式的熟练掌握和灵活应用，即可解决本题的证明. 另外，如果对定积分的性质比较熟悉的话，也可以直接利用柯西-施瓦茨(Cauchy-Schwartz )不等式来证明.证法一[6]利用1212111nna a a n na a a +++≤+++ 的变形：21212111()()n na a a n a a a +++⋅+++≥ 由已知条件：()f x 与1()f x 在[,]a b 上均可积. 应用定积分定义，将[,]a b n 等分，得：111()()nn k k k k b a b af x n f x n ==--⋅∑∑ 2121()11[()()]()()n n b a f x f x n f x f x ⎡⎤-=++⋅++⎢⎥⎣⎦ 2222()()b a n b a n-≥⋅=-， 故对上式两边取极限n →+∞，得：2()()()bbaadxf x dx b a f x ≥-⎰⎰.13证法二 由于函数()f x 在[,]a b 上连续，所以()f x 在[,]a b 上可积. 根据Cauchy-Schwartz 不等式，即()222()()()()bb baaaf xg x dxf x dxg x dx ≤⋅⎰⎰⎰，得：221()()()b ab a f x dt f x ⎛⎫-=⋅⎪ ⎪⎝⎭⎰()221()()b b aa f x dt dt f x ⎛⎫≤⋅⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰ ()()bbaadxf x dx f x =⎰⎰， 即命题得证.例9. 设正值函数()f x 在[0,1]上连续，证明：11()0()f x dx e f x dx ⎰≤⎰.证明 由条件知()f x ，ln ()f x 在[0,1]上可积，将[0,1]进行n 等分，作积分和：111()lim ()n n i if x dx f n n →∞==∑⎰1011112ln ()lim ln ()lim ln[()()()]n n n i i nf x dx f f f f n n n n n n →∞→∞===∑⎰ 11limln[()]nn n i i f n →∞==∏ 所以11011lim ln[()]ln ()1lim[()]nn n i inf f x dx nn n i i e ef n→∞=→∞=∏⎰==∏由平均值不等式得：1111[()]()nn ni i i i f f n n n ==≤∑∏故得101()0()f x dxe f x dx ⎰≤⎰.4.6 证明不等式平均值不等式在不等式的证明中具有非常重要的地位，如果能够灵活应用，往往会达到事半功倍的效果.14例10[9]．若n N +∈，证明：111(1)(1)1n n n n++>++. 证明 由平均值不等式知，1111(1)(1)(1)(1)1n n n n n +=+++⋅ 11(1)11n n n n +⎡⎤+⋅+⎢⎥<⎢⎥+⎢⎥⎣⎦1121()(1)11n n n n n +++==+++ 故得证.例11．设n N ∈且1n >，证明：2(1)(21)(!)6nn n n ++⎡⎤<⎢⎥⎣⎦. 证明 由平均值不等式知，222221212nnn n n+++⋅< .又22112(1)(21)6n n n n n ⋅=++ 所以22(1)(21)126n n n n n ++⋅<两边作n 次乘方，即得2(1)(21)(!)6nn n n ++⎡⎤<⎢⎥⎣⎦.例12．已知,,a b c 都是正实数，求证：(1) 555333222a b c a b c b c a ++≥++； (2) 555222222a b c a b c b c c a a b++≥++.证明 (1)由平均值不等式可得，5553332225a a a b b a b b b++++≥, (1) 5553332225b b b c c b c c c ++++≥， (2) 5553332225c c c a a c a a a++++≥. (3)15(1)+(2)+(3)得：555333222a b c a b c b c a++≥++. (2) 由平均值不等式可得：552222225a a b b c a b c b c++++≥， (4) 552222225b b c c a b c a c a++++≥， (5) 552222225c c a a b c a b a b+++++≥. (6) (4)+(5)+(6)得：555222222a b c a b c b c c a a b++≥++.参考文献：[1] 匡继昌.常用不等式[M].长沙：湖南教育出版社，1989：17-18.[2] 谢刚.证明一类重要不等式的几种方法[J].滁州职业技术学院学报，2010，9(1)：79-80. [3] 姚仲明.蒋秀梅，平均值与平均值不等式[J].安庆师范学院学报，2009，15(1)：96-98. [4] 陈侃.算术-几何平均值不等式的证明[J].巢湖学院学报，2008，10(3)：129-130. [5] 黄东兰.算术-几何平均值不等式的证法[J].福建广播电视大学学报，2007，(4). [6] 刘俊先.平均值不等式在数学分析中的应用[J].廊坊师范学院学报，2009，9(1)：14-16. [7] 饶明贵.几个不等式的应用[J].河南科学，2008，26(8)：900-903.[8] 伏春玲，董建德.均值不等式的性质推广及应用[J].甘肃联合大学学报，2010，24(6)：26-31.[9] 夏立标.均值不等式及其推广[J].宁德师专学报，2010，22(2)：125-127.[10] 沈丙申.运用均值定理求最值的八种方法[J].四川教育学院学报，2007，23(6)：61-62.[11] 裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京：高等教育出版社，2002.[12] 华东师范大学数学系.数学分析：上册[M].北京：高等教育出版社，2001.[13] Akerberg B., A proof of arithmetic geometric mean inequality, Amer. Math Monthly, 1963,70:997-998.[14] Chong, Kong-Ming, An inductive proof of the A.M.-G.M. Inequality, Amer.Math Monthly,1976, 83:657-658.16。

伯努利不等式的推广伯努利不等式是数学中一条非常重要的不等式，用于研究数列的性质和数学问题的求解。

它的推广有许多不同的形式和应用，下面我们来生动地介绍一下伯努利不等式的推广及其指导意义。

首先，我们回顾一下伯努利不等式的基本形式。

伯努利不等式指出，当指数大于1时，正实数的幂函数的大小关系与底数的大小关系相反。

换句话说，如果一个正实数大于1，那么它的任意正整数次幂都大于它本身。

这个不等式在数列的研究中具有重要的应用，如极限证明和数列单调性的判定等。

现在我们来看一下伯努利不等式的推广形式。

伯努利不等式的推广可以分为两个方向，一个是指数为非整数的情况，另一个是底数为负实数的情况。

我们先来看第一个方向。

当指数为非整数时，伯努利不等式可以通过对指数取极限来推广。

具体来说，如果底数大于1，而指数为非整数，那么底数的非负整数次幂是递增且无上界的，而底数的负实数次幂是递减且无下界的。

这种推广形式常用于证明数学问题中的极限存在和极限性质等。

接下来，我们来看第二个方向的推广，即底数为负实数的情况。

当底数为负实数时，伯努利不等式的形式需要做一些调整。

具体来说，如果底数小于-1，而指数为奇数的正整数，那么底数的非负整数次幂是递减的，而底数的负实数次幂是递增的。

这种推广形式常用于证明数学问题中的不等式关系和函数性质等。

伯努利不等式的推广形式在解决数学问题中起到了重要的指导作用。

通过推广，我们可以更好地理解数学中的不等式关系和数列的性质。

例如，在解决一些特殊函数的极限问题时，通过应用伯努利不等式的推广形式，可以简化问题的分析，快速得出结论。

另外，在证明数学问题中的不等式关系时，可以通过推广形式，将问题转化为已知的形式，从而更容易找到证明的思路。

因此，熟悉和掌握伯努利不等式的推广形式对于解决数学问题和深入理解数学理论都有着重要的意义。

通过对不同形式的推广的探究和应用，我们可以更加灵活地运用伯努利不等式，抓住问题的本质，提高解决问题的效率。

指数平均不等式及其应用李玉佩(汉寿县第一中学ꎬ湖南邵东４１５９００)摘㊀要:文章给出指数平均不等式及其证明ꎬ建立指数平均不等式与对数平均不等式的联系ꎬ最后通过实例给出指数平均不等式的应用.关键词:指数平均不等式ꎻ对数平均不等式ꎻ证明ꎻ应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００５９－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:李玉佩(１９８０.９－)ꎬ女ꎬ湖南省邵东人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀对数平均不等式最近几年在高考中很活跃ꎬ很多文献都有介绍ꎬ甚至有些文献将对数平均不等式进行了深度的推广[１].而与对数平均不等式密切联系的就是指数平均不等式.笔者给出指数平均不等式的证明ꎬ并探究其与对数平均不等式的联系ꎬ最后给出指数平均不等式的应用.１指数平均不等式设ａ>０ꎬｂ>０ꎬ且ａʂｂꎬ则ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ<ｅａ＋ｅｂ２.２不等式的证明证法１㊀不妨设ａ>ｂꎬ则不等式ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ等价于ａ－ｂ<ｅａ－ｂ２－ｅｂ－ａ２.令ｔ＝ａ－ｂ２(ｔ>０)ꎬ则不等式等价于ｅｔ－ｅ－ｔ－２ｔ>０在ｔ>０上成立.构造函数ｈｘ()＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－２>２ｅｘｅ－ｘ－２＝０.所以ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ故ｈ(ｘ)>ｈ(０)＝０.得证.欲证ｅａ－ｅｂａ－ｂ<ｅａ＋ｅｂ２ꎬ即证ａ－ｂ>２ｅａ－ｅｂ()ｅａ＋ｅｂ＝２ｅａ－ｂ－１()ｅａ－ｂ＋１.令ｔ＝ａ－ｂꎬ则ｔ>０ꎬ不等式等价于ｔ>２ｅｔ－１()ｅｔ＋１ꎬ即ｔ－２ｅｔ－１()ｅｔ＋１>０在ｔ>０上恒成立.令φｘ()＝ｘ－２ｅｘ－１()ｅｘ＋１(ｘ>０)ꎬ则φᶄｘ()＝１－４ｅｘｅｘ＋１()２＝ｅｘ－１()２ｅｘ＋１()２>０ꎬ所以φｘ()在０ꎬ＋¥()上单调递增ꎬ所以φｘ()>φ０()＝０.得证.综上:ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ<ｅａ＋ｅｂ２.证法２㊀令ｅａ＝ｘ２ꎬｅｂ＝ｘ１ꎬ则ａ＝ｌｎｘ２ꎬｂ＝ｌｎｘ１ꎬａ＋ｂ２＝ｌｎｘ１ｘ２ꎬ故不等式ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ<ｅａ＋ｅｂ２等价于ｘ１ｘ２<ｘ２－ｘ１ｌｎｘ２－ｌｎｘ１<ｘ１＋ｘ２２.这就是对数平均不等式ꎬ证明如下:不妨设ｘ２>ｘ１.先证ｘ１ｘ２<ｘ２－ｘ１ｌｎｘ２－ｌｎｘ１.因为ｘ１ｘ２<ｘ２－ｘ１ｌｎｘ２－ｌｎｘ１⇔ｌｎｘ２－ｌｎｘ１<ｘ２－ｘ１ｘ１ｘ２⇔ｌｎｘ２ｘ１－ｘ２ｘ１－１ｘ２ｘ１<０.令ｘ＝ｘ２ｘ１ꎬ则ｘ>１ꎬ只需证ｆｘ()９５＝２ｌｎｘ－ｘ＋１ｘ<０ｘ>１().因为ｆᶄｘ()＝２ｘ－１－１ｘ２＝－ｘ２－２ｘ＋１ｘ２＝－ｘ－１()２ｘ２<０ｘ>１()ꎬ所以函数ｆｘ()在区间１ꎬ＋¥()为减函数ꎬ故ｆｘ()<ｆ１()＝０.得证.再证ｘ２－ｘ１ｌｎｘ２－ｌｎｘ１<ｘ１＋ｘ２２.因为ｘ２－ｘ１ｌｎｘ２－ｌｎｘ１<ｘ１＋ｘ２２⇔２ｘ２－ｘ１()ｘ２＋ｘ１<ｌｎｘ２－ｌｎｘ１⇔２ｘ２ｘ１－１æèçöø÷ｘ２ｘ１＋１<ｌｎｘ２ｘ１.令ｘ＝ｘ２ｘ１ꎬ则ｘ>１ꎬ只需证ｇｘ()＝ｌｎｘ－２ｘ－１()ｘ＋１>０ｘ>１().因为ｇᶄｘ()＝１ｘ－４ｘ＋１()２＝ｘ－１()２ｘｘ＋１()２>０ｘ>１()ꎬ所以函数ｇｘ()在区间１ꎬ＋¥()为增函数ꎬ故ｇｘ()>ｇ１()＝０.得证.综上ꎬａｂ<ａ－ｂｌｎａ－ｌｎｂ<ａ＋ｂ２.故ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ<ｅａ＋ｅｂ２.３不等式的应用例１㊀已知ｆ(ｘ)＝ｘ－ａｅｘ存在两个不同的零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ证明:ｘ１＋ｘ２>２.证明㊀由于ｆ(ｘ)＝ｘ－ａｅｘ存在两个不同的零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ因此ｘ１ａ＝ｅｘ１ꎬｘ２ａ＝ｅｘ２ꎬìîíïïïï则ｅｘ１＋ｅｘ２＝ｘ１＋ｘ２ａꎬｅｘ１－ｅｘ２＝ｘ１－ｘ２ａꎬìîíïïïï根据指数平均不等式ꎬ有ｅｘ１－ｅｘ２ｘ１－ｘ２<ｅｘ１＋ｅｘ２２ꎬ从而１ａ<ｘ１＋ｘ２２ａꎬ故ｘ１＋ｘ２>２.例２㊀已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－１２ｘ２－ａｘꎬａɪＲ.(１)若ｆｘ()是Ｒ上的增函数ꎬ求ａ的取值范围ꎻ(２)若ｇｘ()＝ｆｘ()－ａ－１２æèçöø÷ｘ２恰存在两个不等的极值点ｘ１ꎬｘ２ꎬ求明:ｘ１＋ｘ２<２ｌｎ２ａ.解析㊀(１)ａɤ１.(２)证明:由ｇｘ()＝ｆｘ()－ａ－１２æèçöø÷ｘ２＝ｅｘ－ａｘ２－ａｘꎬ得ｇᶄｘ()＝ｅｘ－２ａｘ－ａ.因为ｘ１ꎬｘ２为函数的两个极值点ꎬ不妨设ｘ１>ｘ２ꎬ则ｅｘ１－２ａｘ１－ａ＝０ｅｘ２－２ａｘ２－ａ＝０{ꎬ两式相减得２ａ＝ｅｘ１－ｅｘ２ｘ１－ｘ２.要证ｘ１＋ｘ２<２ｌｎ２ａꎬ即证ｘ１＋ｘ２２<ｌｎｅｘ１－ｅｘ２ｘ１－ｘ２ꎬ只需证ｅｘ１＋ｘ２２<ｅｘ１－ｅｘ２ｘ１－ｘ２.这就是对数平均不等式ꎬ因此ꎬｘ１＋ｘ２<２ｌｎ２ａ.例３㊀已知指数函数ｆｘ()经过点－１ꎬ１ｅæèçöø÷.求:(１)若函数ｇｘ()的图象与ｆｘ()的图象关于直线ｙ＝ｘ对称ꎬ且与直线ｙ＝ｋｘ＋１相切ꎬ求ｋ的值ꎻ(２)对于实数ａꎬｂꎬ且ａʂｂꎬ①ｆａ＋ｂ()<ｆａ()－ｆｂ()ａ－ｂꎻ②ｆａ()－ｆｂ()ａ－ｂ<ｆａ()＋ｆｂ()２.在两个结论中任选一个ꎬ并证明.(注:如果选择多个结论分别证明ꎬ按第一个计分)解析(１)ｋ＝１ｅ２.(２)选择①:不妨设ａ>ｂꎬ则ａ－ｂ>０.要证ｆａ＋ｂ()<ｆａ()－ｆｂ()ａ－ｂꎬ即证ｅａ＋ｂ<ｅａ－ｅｂａ－ｂꎬ即证ｅａ＋ｂ２<ｅａ－ｅｂａ－ｂ.这就是指数平均不等式.故结论①得证.例４㊀(２０２２年１２月Ｔ８联考)[２]已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｘ＋ｅ３ａꎬ其中－６５ɤａ<３ｅ３－１ꎬ函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上的零点为ｘ０ꎬ函数ｇｘ()＝ｘ＋ａ－ｘ－ａｅｘꎬ０ɤｘɤｘ０１－ｘ()ｌｎｘ－ａｘ＋１()ꎬｘ>ｘ０ìîíïïï(１)证明:０６①３<ｘ０<４ꎻ②函数ｇ(ｘ)有两个零点ꎻ(２)设ｇ(ｘ)的两个零点为ｘ１ꎬｘ２ｘ１<ｘ２()ꎬ证明:ｅｘ２－ｘ２ｅｘ１－ｘ１>ｅｘ１＋ｘ２２.(参考数据:ｅʈ２.７２ꎬｅ２ʈ７.３９ꎬｅ３ʈ２０.０９ꎬｌｎ２ʈ０.６９ꎬｌｎ３ʈ１.１)证明㊀(１)①因为ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１ꎬ当ｘ>０时ꎬｅｘ>１ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间(０ꎬ＋¥)上递增.因为－６５ɤａ<３ｅ３－１ꎬ所以ｆ(３)＝ｅ３－３＋ａｅ３<ｅ３－３＋ｅ３３ｅ３－１æèçöø÷＝０ꎬｆ(４)＝ｅ４－４＋ａｅ３ȡｅ４－４－６５ｅ３ʈ７.３９２－４－６５ˑ２０.０９>０ꎬ所以ｆ(ｘ)有唯一零点ｘ０ꎬ且３<ｘ０<４.②当０ɤｘɤｘ０时ꎬｇ(ｘ)＝ｘ＋ａ－ｘ－ａｅｘꎬｇᶄ(ｘ)＝１－１－ｘ＋ａｅｘ＝ｅｘ－１＋ｘ－ａｅｘ.因为ｘ>０ꎬａ<０ꎬ所以ｅｘ－１>０ꎬｘ－ａ>０ꎬ所以ｇᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在区间０ꎬｘ０()上递增.因为３<ｘ０<４ꎬ所以ｇｘ０()>ｇ(３)＝３＋ａ－３－ａｅ３ȡ３－６５－３＋６５ｅ３＝９ｅ３－２１５ｅ３ʈ９ˑ２０.０９－２１５ˑ２０.０９>０.因为ｇ(１)＝１＋ａ－１－ａｅ＝１－１ｅ＋ａ１＋１ｅæèçöø÷<１－１ｅ＋３ｅ３－１æèçöø÷１＋１ｅæèçöø÷＝３＋３ｅ－２ｅ３ｅ４ʈ３＋３ˑ２.７２－２ˑ２０.０９ｅ４<０ꎬ所以ｇ(ｘ)在区间１ꎬｘ０[]上存在唯一零点.当ｘ>ｘ０时ꎬｇᶄ(ｘ)＝－ｌｎｘ＋１ｘ－１－ａ<－ｌｎｘ０＋１ｘ０－１－ａ<－ｌｎ３＋１３－１＋６５＝８１５－ｌｎ３ʈ８１５－１.１<０ꎬ所以ｇ(ｘ)在区间ｘ０ꎬ＋¥()上递减ꎬ所以ｇ(４)＝－３ｌｎ４－５ａ>－３ｌｎ４－５３ｅ３－１æèçöø÷＝５－３ｌｎ４－１５ｅ３ʈ０.１１>０ꎬｇｅ２()＝２１－ｅ２()－ａｅ２＋１()ɤ２１－ｅ２()＋６５ｅ２＋１()＝１６－４ｅ２５ʈ１６－４ˑ７.３９５<０ꎬ则ｇ(ｘ)在区间４ꎬｅ２()上存在唯一零点ꎬ所以ｇ(ｘ)在区间ｘ０ꎬ＋¥()上存在唯一零点.综上ꎬｇ(ｘ)存在两个零点.(２)由(１)可知ｇｘ１()＝ｇｘ２()＝０ꎬ其中１<ｘ１<ｘ０<ｘ２.由ｇｘ１()＝０可知ｘ１＋ａ－ｘ１－ａｅｘ１＝０ꎬ得ｘ１－ａｅｘ１＋１()－ｘ１ｅｘ１＝０ꎻ由ｇｘ２()＝０可知ｌｎｘ２－ａｘ２＋１()－ｘ２ｌｎｘ２＝０.设ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ａ(ｘ＋１)－ｘｌｎｘꎬ则ｈｘ２()＝ｈｅｘ１()＝０.因为１<ｘ１<ｘ０<ｘ２ꎬ所以ｅｘ１>ｅꎬｘ２>ｘ０>３>ｅ.而当ｘ>ｅ时ꎬｈᶄ(ｘ)＝１ｘ－ａ－ｌｎｘ－１<１ｅ－ａ－２ɤ１ｅ＋６５－２＝１ｅ－４５<０ꎬ所以ｈ(ｘ)在区间(ｅꎬ＋¥)上递减ꎬ所以ｘ２＝ｅｘ１.要证ｅｘ２－ｘ２ｅｘ１－ｘ１>ｅｘ１＋ｘ２２ꎬ只需证ｅｘ２－ｅｘ１ｘ２－ｘ１>ｅｘ１＋ｘ２２ꎬ这就是指数平均不等式.因此ꎬｅｘ２－ｘ２ｅｘ１－ｘ１>ｅｘ１＋ｘ２２.文中给出四道与ｅｘ有关的双变量问题的简便解法ꎬ让读者感受指数均值不等式的妙用ꎬ但是任何一种方法都有其局限性.我们在日常的学习中ꎬ要结合自身掌握程度和实际情况ꎬ选择最佳的解题方法ꎬ不可一味追求某一种解法ꎬ要学会从不同解法中汲取不同的数学思想ꎬ从而提高自身的数学核心素养与解题能力[３].参考文献:[１]李鸿昌ꎬ徐章韬.关于对数平均的一个不等式的推广[Ｊ].数学通报ꎬ２０２３ꎬ６２(０８):５０－５２.[２]王科.一道函数压轴题的探究及推广应用[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(１６):８２－８４.[３]刘海涛.一个不等式的发现及其应用举例[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(３１):９－１１.[责任编辑:李㊀璟]１６。

基本不等式大全基本不等式是数学中的一个重要概念，有许多种不同的形式和用途。

以下是一些常见的基本不等式：1.均值不等式：a+b≥2\sqrt{ab} ，当且仅当a=b 时等号成立。

2.柯西不等式：如果a_i > 0, i=1,2,...,n, 则\sum_{i=1}^{n} a_i * b_i≥(\sum_{i=1}^{n} a_i)(\sum_{i=1}^{n} b_i)。

3.伯努利不等式：如果x > 0, n > 0, 则(1 + x)^n ≥1 + nx。

4.赫尔德不等式：如果f(x) 是[a, b] 上的非负连续函数，则对于所有满足a ≤x ≤b 的x，有\int_{a}^{b} f(x) dx ≤(b-a) * f(a) + f(b)。

5.琴声不等式：如果a_i > 0, i=1,2,...,n, 则\sum_{i=1}^{n} a_i^n ≥(\sum_{i=1}^{n} a_i)^n。

6.杨氏不等式：对于任意的实数a, b，都有a^2+b^2≥2ab，当且仅当a=b时等号成立。

7.三角不等式：对于任意的实数x, y，都有|x+y|≤|x|+|y|，当且仅当x与y同号时等号成立。

8.绝对值不等式：对于任意的实数x, y，都有|x-y|≤|x|+|y|，当且仅当x与y异号时等号成立。

9.权方和不等式：如果a_i > 0, i=1,2,...,n, 则\sum_{i=1}^{n} a_i *\frac{b_i}{a_i} ≥(\sum_{i=1}^{n} b_i)(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_i})。

以上这些基本不等式在数学学习和应用中都非常重要，希望能帮助到你。

均值不等式的证明方法及应用摘要均值不等式在不等式理论中处于核心地位，是现代分析数学中应用最广泛的不等式之一。

应用均值不等式，可以使一些较难的问题得到简化处理。

本文首先系统全面地总结了均值不等式的十种证明方法,其中包括柯西法、数学归纳法、詹森不等式法、不等式法、几何法、排序法、均值变量替换法、构造概率模型法、逐次调整法、泰勒公式法；其次, 结合相关例题给出均值不等式在证明不等式、比较大小、求最值、证明极限的存在性、判断级数敛散性、证明积分不等式方面的应用。

关键词:均值不等式；数学归纳法；最值；极限；积分不等式页20共页1第PROOFS AND APPLICATIONS ON A VERAGE VALUE INEQUALIT YABSTRACTAverage value inequality occupies a core position in inequality theory and is one of themake inequality can modern mathematics. Using average inequalities most widely used insome difficult problems simple. In this paper, ten proof methods of average value inequalityinduction, mathematical method, summarized, including Cauchy are first systematicallyJensen inequality, inequality method, geometry method, sorting method, variable substitutionadjustment successive model method, constructing method of average value, probabilitymethod, Taylor formula method, respectively. Secondly, we give applications of average valueinequality combining the corresponding examples on comparing the size, solving maximumand minimum, proving the existence of the limit, judging convergence of series and provingintegral inequality.Key words average value inequality; mathematical induction; maximum and minimum;:limit; integral inequality页20共页2第目录前言--------------------------------------------------------------------- 41 均值不等式的证明方法--------------------------------------------------- 51.1 柯西法------------------------------------------------------------ 51.2 数学归纳法-------------------------------------------------------- 61.3 詹森不等式法------------------------------------------------------ 71.4 不等式法---------------------------------------------------------- 71.5 几何法------------------------------------------------------------ 81.6 排序法------------------------------------------------------------ 91.7 均值变量替换法---------------------------------------------------- 91.8 构造概率模型法---------------------------------------------------- 91.9 逐次调整法------------------------------------------------------- 101.10 泰勒公式法------------------------------------------------------ 102 均值不等式的应用------------------------------------------------------ 122.1 均值不等式在证明不等式中的应用----------------------------------- 122.2均值不等式在比较大小问题中的应用--------------------------------- 132.3 均值不等式在求最值问题中的应用----------------------------------- 132.3.1 均值不等式求最值时常见错误 --------------------------------- 14 2.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策 --------------------------- 16 2.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用----------------------------- 172.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用------------------------------- 192.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用------------------------------- 193 结论------------------------------------------------------------------ 21参考文献:--------------------------------------------------------------- 22 致谢-------------------------------------------------------------------- 23页20共页3第前言不等式在数学的各个领域和科学技术中都是不可缺少的基本工具, 而均值不等式是重中之重. 通过学习均值不等式，不仅可以帮助我们解决一些实际问题，还可以培养逻辑推理论证能力和抽象思维能力，以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯. 因此，研究均值不等式的证明方法及应用，是一个既有理论意义又有广泛现实意义的问题.均值不等式的证明及运用均值不等式来解决数学中的某些问题，在数学研究中历历可见. 如，比较大小、求函数的最值、证明不等式常利用均值不等式的方法进行解答.均值不等式还是高等数学中最基本的运算之一，作为最基本不等式，在解决高等数学问题中也发挥着重要的作用. 运用均值不等式可以使复杂的问题简单化，繁琐的问题清晰化.??1最先运用了均值不等式，证明了球和圆柱的相关问题.此后科著名数学家阿基米德学家们对均值不等式的证明方法进行了深入的研究，并在此基础上把均值不等式应用到了其他领域. 当前, 我国许多学者对均值不等式的证明方法及应用进行了大量的研究??8??142?.如，陈益琳在学生利用均值不等式解题时遇到的常见问题作了总结性的工作.??9冉凯对均值不等式在数学分析中的应用做了探讨. 均值不等式在解决许多问题中发挥着重要的作用.本文将对均值不等式的证明方法及应用进行归纳和总结.页20共页4第1 均值不等式的证明方法. ,我们给出均值不等式首先是个正数，则定理1 设a,...,,aan n12a??a?a??n12，1?1aaa??n n21n.上式当且仅当时等号成立a?aa??n12我们把以后简称均值不等式. 上述不等式我们称之为算术—几何平均不等式,a??a?a n12分别记做个数的算术平均数和几何平均数,和分别叫做这aaa?n n n12n??????)aa?AGAaa(G.式即为和，(1-1)nnnn.下面给出均值不等式的几种证明方法柯西法1.12. ,由于.,得有当时0?a0,a?a?2aa(a?a)??0a2n?21212211)aa??a)?(a?a?a?a?(a,当时4?n42241331aaa4aa?aa?2aa?4aa?2a.4433423112142)?aa?aaa?a)?(?(a?a?时,当8?n85413627.aaaa?8aaaa?a4aaaa?4aaa8448541123747825663n令次之后将会得到, 这样的步骤重复a?a??a??n1221?A?aa,a?a,a?;a???a?2nnnn?111?n2n有1nn A)?nnA?(2?1nA?aa?(aAa?a)aA??222nn1122n2即n n2?nna?a??a n12?a?aa.n n21n这个归纳法的证明是柯西首次提出的,我们将它称之为柯西法.页20共页5第1.2 数学归纳法证法一当时，不等式显然成立. 2n?假设当时,命题成立. kn?则当时,1k?n?a?a??a?a11?k2k.,a?aG?a?A1k?1K?1?2K?1k11k?因为具有全对称性，所以不妨设ai a?min{a|i?1,2,,k,k?1}a?max{a|i?1,2,,k,k?1}.,ii11k??????AA0a?a?aa?A?.于是以及显然 ,,1?11kK?1?K1k?K?11A(a?a?A)?aa. 1kKK?1?111?k?1所以(a?a??a?A)AA?kA(k?1)121?K1k?1K?1KK?1???A?1?K kkk)(a?a?Aa??a?2?11kKk?1.=)A?a??aa?(a k1K1k?112?k?k k?aa(a?a?AA)A,得即两边乘以1Kkkk??1112?1?KK?1?1k??GaAaa(aa)aaA(a??A)?.2K?k1k112kK?1k?11k?1?1K?A?G.从而,有11K??K??aGa)?A(. 所以，由数学归纳法，均值不等式对一切成立，即n nn 证法二当时，不等式显然成立；2?n假设当时成立.kn?k1?G?G?k?(k?1)a，于是则当有1n?k?k时，1??1kk?1k1k?111G?1)a?(k1k?1k?)??G(GaG(G?) kk22k1k?1kk?1k?k a?(k?1)Ga?(k?1)G11k??k11?1k?1k?)??)(A?(G .kk2k2k2k?G?(k?1)A?(k?1)GG?A.,所以所以1?k1?1k?k1?1?kk页20共页6第当且仅当且时等号成立. G1)(k?k?G?aa?G?1?k?1kkk?1k??．G a A(a)?由数学归纳法知,均值不等式对一切成立，即n nn1.3 詹森不等式法f(x)xII，对任意)若的凸函数为区间，上式引理1(Jensen不等?in???，则，且1?)n1,?0(i?2,,ii1?i nn????x)()f(?fx (1-3)iiii1i?i?1成立.下面利用詹森不等式证明均值不等式.a?0(i?1,2,n,)令由,于易令 ,,知在是凸函数.)(0,f(0)x)ln f(x)??x??(x?i1?,1有下式，则由引理?i na?a??a1ln(?n12.)a??ln?(ln a?ln a)?n21nn则?a?a?a11a ln(n21,)a ln(a(ln)?a?ln a?)?a?ln nn2121nnn因此1a??a?a a ln(n21)a?ln(a),nn21n即a?a??a n12,a?aa?n n21n aa?a??.当且仅当时等号成立n121.4 不等式法x?1?ex进行推导在均值不等式的证明中，可以运用一个特殊的不等式.xx e)?ef(x?f(x)应用迈克劳林展开式并取拉格朗日余项得:设，对1?xx2x1?xe?e?, 2页20共页7第x?.当因此, 时，等号成立,, 其中, .. x1e??00xx?00???1x?. 下面给出均值不等式的证明过程n?0?x.，使取一组数,.令A(1?x)a?xn1,2,,k?knkkk1?k x,可得全为零时,取等号)则由(e??(1x)x k kk111nnn??nx???k，AeAG?(a)??(1?x)A?nn??nknknn??1k?k?1k?1)G(aA(a)?.所以nn 1.5 几何法x ex G?y)e(G,可见这条切线,,作函数的图像它是凸曲线，并在点处作切线e?y n n G na ea i Gi .所因此,可以得以到见在函数的下面(图)，0?e?）n,i?1,2,3,（11?n G n)??aa?a(ea n12nA eaea Gnnn21?nA?G e)((e?()?)?,，即且从上述证明中可知，，于是n nn G GGG nnnn G??a?a?a.时，等号成立当且仅当nn121-1图页20共页8第排序法1.6aaaaaaaaa n12112?n1211??xx??x?x，取其中的一个,做序列: ,…,,n112n?n1n2?GGGG nnnnaxaaxx nn2211???1?b?xxb?xb?，则,…,,,…,,排列. :n11n1?2n GbbGbG n2n1nn111???0?0x?x??x?则由排序原理可知不妨设..n12xxx2n1xxxx111n321??????x???x??n?x , 21n xxbxbbb2n3n112aaa aa??a?n21n????n21,,即aa?a?n n12GGG n nnn)(a(a)?GA.所以nn 1.7 均值变量替换法. 本节运用数学归纳和变量替换相结合的方法证明均值不等式. 易证时，不等式显然成立2n?. 假设当时，不等式成立kn?1?k?x)1,?A(i?2,,nx?axx必有一个,不全为零设则当,则1?n?k0?设时，.1ik?iii i1i?x?x?0, ,另一个为负,不妨设 ,由于为正)?x?A(A?x)Aaa?(?x)(A?x1i2?k?11211k?1211kk?从而(A?x?x)?a??a?A k?131k?12?(A?x?x)aaa k1k?11k42?3k?1kk1?Gaa1?k21??aaa.kk14?3k AA1k?k?1?1k?1k,即 .所以GA?GA?1?1kk?1?1k?k??a)?G(Aa aa?a??0x?成立．,)时取等号故原不等式当且仅当易证,(时即n12inn1.8 构造概率模型法首先给出证明过程中要用到的一个引理.页20共页9第有则存在,变量,并且数学期望引理2 设是一个随机EXX??22?,.41)(?EXEX)EX?E(ln X ln1.其中,建立概率模型,设随机变量的概率分布为,n,i?1,2,X0?a?)?aP(X ii n,由引理2可知111nnn???aaaa,,ln??ln aa lnln n n12iii n nn1ii?1?i?1a??a?an12.成立即a?a?a n n12n1.9 逐次调整法}a?min{a}a?max{a,a,...,aa易见中必存在最值数，不妨设,. in221i1a?(a?a)a22121不变.,但是增大.于是,用,即取代AGaa,a]?a[nn122122n)?a)(a(a?a11?2121a????(a?a),i3n n22n1i?)aa)(a?(a?2121a?a?aaa? .nn3n1n222n因此，次(有限次对于各个).,这种代换至多进行1－n aa?221)?aa??AAA?G?aaa?(A.nnnn2nn3nnnn12G?Aa?a??a时,当且仅当,取等号.即n1nn21.10 泰勒公式法1x log?(x)fa?1,x?0)(0?x处展开，有，将在设，则0?)??f''(x)xf(a02ln ax''(xf)2'0)?x)?(x)x?f(x)(x?xxf()?f(.00002因此有?',n2,)b),(i?1,?x(a,a?a,)xx)(x?()f(fx)?(x?f,n1,取000i0i n1?i nnn111???'a)(i?1,2,,?(fa()?()a?f)(aan)f.从而iiiii nnn1i?11i?i?页20共页10第??????'a()a)a)?(?a?f(a)?nf((a)?fnf故,iiiiii nnn11i??1i??11ii?1?ii1nn111)??a?a(a??n12aaa nnnnnn111)loglog???log?(log)(f()a?af,即.因此有n n21iiaaaa nnn11i?i?1111)a?a?(a?)a(a???a nn12n12)a(a?a)(a?aa1)?log?log(0?a loglog?,即 ,亦即nn n12n12aaaa na?a??a n21.,故有)1,n2,,0,a(?i?aa?a?n in12n页20共页11第2 均值不等式的应用2.1 均值不等式在证明不等式中的应用一般不等式的证明,常常考虑比较法,综合法,分析法,这是高中比较常用的方法,但有些不等式运用上述方法不好入手,故考虑均值不等式或者均值不等式与综合法相结合,这样处理,常常使复杂问题简单化,从而达到证明的目的.下面举几个例子予以说明.111. 且.求证例1已知为互不相等的正数,?b?c??a?c,a,b1abc?abc1111/b?1/c1/a?1/c1/a?1/b111???b??c??????a.证明bcacab222abc.故原不等式得证22b?a?b?1?aba?.证明例22222ab?2b??ba2b2a1??a1?.,证明由均值不等式得,,????2222ba??ab??1ab?原不等式得，即有,以上三式相加得,. bab?a?a?b1??22.证1,两弦和的半径为均与直径例3设圆交,记与和的交o CD?45CDEFEFABAB 2点分别为和Q,求证 .1?PD?QF2PC?QE?2P1?2图证明如图,设为弦的中点,连接,,则△为等腰直角三角形,POMCOCDMOM?12且.MOMP?222222222CO2?MO?)MC?MC)?(MPMCPDPC??(?)?MCMP?2(?MP)2(页20共页12第211??.??2??22??122. 同理,??QEQF2由均值不等式得，2222QF?PCPD?QE?QFQE?PD??PC?222222)??PDQF)?((PCQE?211?122.??22.即，原不等式得证1?QE?2PD?QF2PC? 2.2均值不等式在比较大小问题中的应用准确巧妙地运用均值不等式是快速解决这比较大小问题是高中数学中常见的问题，.类问题的关键ba?1之间试判断若,，,,例4lg R)Q?(lg a?lg b?bp lg a??lg RP,Q,1a?b?22.的大小关系由均值不等式，得解1.Pb?)b?lg a?lg Q?(lg a?lg21a?b.Q??lg b)abR?lg?lg?(lg a22.即由于，所以不能取等号,Pa?bQ?R?ba?,2.3 均值不等式在求最值问题中的应用是重要知识点解决一些取值范围问题时运用非常广泛,均值不等式在求函数最值,达到解,,我们应因题而宜地进行变换,并注意等号成立的条件在实际应用问题中之一.熟练运用该,利用熟悉知识求解是常用的解题技巧,,题的目的变换题目所给函数的形式.,对于提高思维的灵活性和严密性大有益处技巧例5求下列函数的值域：页20共页13第112；(1) (2). y?y?3x?x?2xx21122?x3x? =6y?3?2,解 (1)因为. 所以,. 值域为)6,+?[22xx2211?xy??2x??2时，(2)当. 0?x xx111-2?x??)?y?x??2???(x值域为,故时当,.??）]?[2，（－?,－20x?xxx . 的最大值求函数例6若,)x3x(8?3f(x)?2?0?x)3xx?(8?3????xf，的最大值是.解因为, 所以,故4x(8?3x?3fx) ??20??x24.使r h 和底面半径的比为何值时,例7制作容积一定的有盖圆柱形罐头, 当圆柱高)用的材料最省? (不计加工损耗VVV2V322222??????, 解 ,设圆当且仅当rr2???2?rh22r?Vr??32?2?S rrrr233???即圆柱形的高与底面此时有,故即 , 时, 材料最省. h2rrV?2?r2:1?h:r.使用的材料最省时,半径之比为2:1均值不等式求最值时常见错误2.3.1;(3)定正;(2)运用均值不等式解题是一项重要内容,运用这种方法有三个条件:(1)或不等式之间进行缩小, .在此运用过程中,往往需要对相关对象进行适当地放大、相等.,而且错误不易察觉,在此过程中,学生常常因为忽视条件成立而导致错误传递等变形.,就这一问题列举几个例子进行说明因此1??. 求的值域例81y?x??x1?x我们常常写成在解题时,分析111??31????1??12x??yx?1?x，1?1x?x?1x1????y?3,与1x?忽视均值不等式中,虽然.故但的积是常数,不一定是正数1?x1?x.下面给出正确解法因此解法是错误的的各项为“正”致错, .页20共页14第111???11?3??1?2y?x??x?x?1,当且仅时解当,当1 ?xx?11x?1x?1,即时等号成立; ?1x?2?x x?1111???1??x?1?y??x?211?1?x??,,所以,当时1?y?1?x1?x1?x1?x????. ?????,?13,当且仅当时取等号,所以原函数的值域为0?x2?5x的最小值.例9求?y24x?分析在解题时,我们常常写成22?4?1?5x1x122?2??2xy??x4??4?，22224?4?44xxx?x?1 22??x4,即2.可是在当且仅当中,这是不可,所以的最小值是3x??y2?y24?x能的,所以等号不成立,这个问题忽视均值不等式中等号成立条件.故原式的最小值不是2.下面给出正确解法.11122?y?x4??y??ty?t在(),中,令, 则解在易证4??tx2t?tt24x?152,,即当且仅当,取时上递增,所以的最小值是,?2?y2x??4)??[2,0xt??222号.”“?例10若正数满足,求的最大值.xyy,x6y?x?22yx???即,仅当且常常写成,当且解分析在题时,我们y?x6?x?2y?xy?? 2??xy其实很有道理, 4.初看起来可得时取号, 将其代入上式,,的最大值为2??xy”?“在用均值不等式求最值时,在各项为正的前提下,应先考虑定值,再考虑等号是否成立.2y?x??xy这个问题忽视了均值不等4.的最大值不是所以不是定值中但在,,y?x?xy??2??.下面给出正确解式中积或和是定值的条件.页20共页15第2392y1x?1??取此时)当且仅当时(解因, y?2x?3,yx?”“????2y?xxy???22222??9??. , 所以号?xy max22.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策.运用均值不等式是求最值的一种常用方法, 但由于其约束条件苛刻,在使用时往往顾此失彼,从而导致均值不等式“失效”. 下面例说几种常用的处理策略. 4.,求的最大值例11已知?xy?lg 1?0 ?x lg x从而有,因为，所以，解00??lg xx lg? 1?0 ?x??4??，44????y??2?lg x??lg x??14y??4?x??lg. 即即，当且仅当时等号成立，故?x 4y??max lg x1004??4lg x为定值，本题满足但因为,，所以此时不能直接应用均0?lg x 10 ?x?lg x值不等式，需将负数化正后再使用均值不等式.1????x0的最大值.例12求)x(1 ? 2y?x??2??21x1?2211x???????解，??12x1?2x???2x??y?x??8222??11y?x?. 故当且仅当,即时等号成立.x2?1?2x max48本题不是定值,但可通过平衡系数来满足和为定值.)2x?x?(164?y?a.13已知求的最小值,例0b?a???bba?646464??3??ba?b?b??3?y?a?6412?a?b,，解当且仅当??????bb?a?bbbaa?by?12.时等号成立,即.故4? 8a?b min页20共页16第64?a.但可通过添项、减项来满足积为定值不是定值本题 ,??bba?4?.,求的最小值例14 已知?x?y sin?0 ?x x sin33141??. 解5????y?sin x?sin x???2sin x??1x sin x sinsin x sin x??31. .故且,即当且仅当时等号成立5y?3??x sin1x?sin min x sin x sin44故可通过拆项来满足等号., 本题虽有为定值但不可能成立?sinsin x?xxx sinsin.成立的条件25xx??45???xf______.则15 已知,有例?x4?2x255??????. BAC1. 最小值最小值最大值1 最大值)D(442??21?x?2151?4x?x1?????????x?2x????1f,,解当且仅当??2x????2xx?2x2?42?22x??? . 时等号成立.故选即)(D3?x便可创造出使用均值不等式但对函数式进行分离,本题看似无法使用均值不等式,.的条件 2.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用需证明数列单调极限概念是高等数学中的重要概念，在证明数列极限的存在性时,.下面举例说明而在此过程中便运用了均值不等式的相关内容及数列有界..1n.例16证明重要极限的存在性e)?lim(1?n??n1n.}单调递增先证数列证明 {)?(1n1??11?1?a?a?1?aa??,，则由均值不等式，令得1n?n21n11111?(1?)?[(1).1???(1))?1](1?.nn1nnn?1n?个n个n11n?1)?(1?,即1n?nn?1页20共页17第11n?1n.所以)?? (1?)(1nn?11n}单调递增{.所以数列)(1?n1n}有上界{.再证数列)(1?n11nk?1（{为正整数）}以下面的证明可以看到一个更强的命题：数列)(1?)??(1Mk nk为上界.11n?1k?1., 当先证不等式, 时)(1?)??(1k?n nkk设，.1a?a????a?a?a n2k?11?2k k?1k1knk1n?k?)?1?([(k?1)??(n?k)]?，由均值不等式1n?k?1n?1k?1n?1kn11n?1k1?n?11k?. ,因此，所以)?)?)?()(1(1(?k?1n?1nk11111nn?1nk?1.所以,,其次由有)?(1?)?)???1?1(1(1(1?)nnnnk11k?1n}，的上界{.均是数列当时，任取一个正整数)M?(1?)(1?kn?k kn111nnk?1仍然成立时,不等式又数列{.}单调递增，所以,当)??(1(1?)?)(1kn?nnk111nnk?1（为正整数）. 因此，对于数列 {恒有}, 任)(1?(1?))??(1）（n1,2?k nnk11k?1n}的上界均是数列意选定一个值，{.)?(1M?(1?)k kn11nn} 极限存在{.极限值单调有界,由单调有界定理,所以数列{数列} )?(1(1?)nn1n.，即为e)?lim(1?e n??x1n?1}极限存在且其极限是证明数列{.例17)?(1e n1n?1}{(1?)x?.证明令n n n??11)(n?n?1n1n11?n2?nn?21n?1n??([)(?)?]??().x2n?n?1n?nx1?21?nn????xx0?x有下界,则数列. 又,所以数列单调减少.nnn页20共页18第111??n1n?)1?(?)((l)?im?1?l1im. ??nnn??????nn11n, 所以因为和的极限都存在)?(1(1?)nn111??n1n?e?(1?(1?lim(1?)))??lim. ??nnn????n??n11?n 数列{.}极限存在且其极限是因此, )?(1e n n1?n lim.18 证明例??n:）有由均值不等式（1-1证明1????1?n?1n n n?n?n?n?11??n??个?2n2n?n?22, 1???nn2nn n?1lim?n?0?1.从而有 ,故n??n2.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用均值不等式的应用很广泛,在证明级数的敛散性时也有很重要的应用.????aaa.收敛，证明级数已知正项级数也收敛例191n?nn1n??n11a?0,由均值不等式，有因为,,已知级数证明)aaa?(?a)(n?1,2,n1n?1nn?n2????111????)aaa(a?a从而级数与都收敛，收敛,所以级数再由比也收敛，?aa收敛较判别法，知级数.1nnn?n?1n2221n??1n?1n?1n?1n?nn?12.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用积分不等式是一种特殊的不等式,而均值不等式又是证明不等式的重要方法.因此,在积分不等式的证明中我们自然会想到运用均值不等式来进行证明. ??ba,上是正值可积的, ,在20例证明函数且,则nk?1,2,（f）x b0?a?页20共页19第??nnnn????.1111bbbb??????dxf(x)dx)?f()ff(x)?dx(x)dxxf(x)?f(x??????n1n221??????aaaa a??a?an12,证明有利用.a?a?a n n21n)xf()(xf(x)f???dx)xf()dx)dx(ffx(x n12aaa??f(x))xf(x)f(1??n.n21?bbbn12??????bbb n???dx))f(xdxff((x)dxx????n21aaa111????????nnn??)xf()x)f(xf(??b???????n12于是dx?????????bbba???dxx)ff(x)dxf(x)dx(??????????????n21aaa???????dxx(x)dx)f(ff(x)dx1??n21aaa，1?????bbb????bbb n???dxxdx)f(f(x)dx)f(x????n21aaa1111bbbb????????nnnn????. 即dx(x)f)?f(x)ff(x)dx?(xf(x)dx)?dxxf(??????nn2112??????aaaa1?1dx)(x ln f?.在上非负连续，证明例21设dx)(?xfe）（fx[0,1]00证明由题设知在上可积，将等分，作积分和n（）fx[0,1][0,1]1nnn i1ii1??????)?lim(f)f(xdx. ，)f)?limlnln f(x)dx?lim(ln f(??nn nnn0??n0??n??n??1i?1i?1?i11nn11????n??)e?ef lim(?. 所以??1?i0??n??n??1?i a?a?...?a n12?a?aa得由均值不等??n i?1)f(limln n??i??n?dxx)ln f(n式,???.n n12n1nn i1i??n1dxx)f((f)?lim)f(lim???nnn0????nn??1?i1i?1?1dx)ln f(x?.故dx)e?(fx00页20共页20第3 结论均值不等式是数学中的重要内容，对培养数学思维发展有很大帮助.本文重在梳理均值不等式的相关证明方法和应用.如，运用均值不等式时，一定时刻谨记一正、二定、三相等原则，具体问题具体分析，有时可以通过转化达到运用均值不等式解题的目的.本文系统地归纳总结均值不等式的各种证明方法及其在具体解题分析和论证推理过程中的应用.通过本论文的撰写，更深刻地理解均值不等式在证明问题和解题中的重要作用.页20共页21第参考文献:[1]中译本（朱恩宽、李文铭等译）:《阿基米德全集》[M]. 西安：陕西科学技术出版社,1998.[2]陈侃.算术-几何平均值不等式的证明[J].巢湖学院学报,2008,6(3):129-130.[3]熊桂武 .概率方法在不等式证明中的应用[J].重庆师范大学学报,2003,12:89-91.[4]敦茂.算术平均值与几何平均值不等式的各种证法[J].云梦学刊,1980,1(3):65-80.[5]Norman schaumberger.A coordinate approach to the AM-GM inequality[J].Mathematics Magazine,1991,64:273.[6]刘鸿雁.由Jensen不等式导出某些重要不等式[J].成都大学学报,2003,22(3):32-35．[7]匡继昌.常用不等式[M].济南:山东科学技术出版社,2004．[8]陈益琳.高中教学导练(高二)[M].北京:冶金工业出版社,2004.[9]冉凯.均值不等式在数学分析中的应用[J].青海师专学报,1997,4(2):35-38.[10]赵建勋.浅谈均值不等式的应用[J].高中数学教与学,2011,5(3):7-10.[11]蓝兴苹.均值不等式的推广与应用[J].云南民族大学学报,2006,15(4):22-24．[12]高飞、朱传桥《高中数学教与学》[M]. 济南：山东科学技术出版社,2007.[13]章国凤.均值不等式在高等数学中的应用[J].广西教育学院学报,2008,05(1):151-152.[14]陈复华.均值不等式在微积分中的应用及其它[J].湖北民族学院学报（自然科学版）,1994,2(3):88-89.页20共页22第致谢毕业论文暂告收尾，这也意味着我在鞍山师范学院四年的学习生活既将结束。