一道最小值問題的六種解法及推廣
鄒 峰 · 衛 鋒
本文就一道最小值問題, 運用局部不等式和均值不等式給出其六種解法, 其技巧性較强, 在 此基礎上給出三個變式, 然後給出兩個推廣, 在推廣變形上得到 2018 年奧地利數學奧林匹克 不等式試題和其推廣, 最後給出幾個結論, 希望給讀者學習與幫助。
問題呈現: (2018 年南京師範大學附中等四校聯考高三數學調研試題第 14 題) 已知 a > 1, b > 2 求 (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值。
解法1: 易證, 當 a > 1, b > 2 時, √
a2− 1 ≤√
2a − 1, √
b2− 4 ≤√
2b − 2, 事實上, 有
√a2−1≤√
2a−1 ⇔ a2−1 ≤ 2a2−2√
2a + 1 ⇔ a2−2√
2a + 2 ≥ 0 ⇔ (a−√
2)2 ≥ 0
√b2−4≤√
2b−2 ⇔ b2−4 ≤ 2b2−4√
2b + 4 ⇔ b2−4√
2b + 8 ≥ 0 ⇔ (b−2√
2)2 ≥ 0 所以 √
a2− 1 ≤√
2a − 1, √
b2− 4 ≤√
2b − 2, 取等號條件為 a =√
2, b = 2√ 2, 故 (a + b)2
√a2 − 1 +√
b2− 4 ≥ (a + b)2 (√
2a − 1) + (√
2b − 2) = 1
√2
(a + b)2 a+ b − 3
√2
= 1
√2
(t + 3
√2)2
t = 1
√2
t+ 9
2t + 3√ 2
= 1
√2
2
r t× 9
2t + 3√ 2
= 1
√2 × 6√ 2 = 6,
取等號條件為 t = a + b − 3
√2 = 3
√2, 即 a + b = 3√
2, 即 (a + b)2
√a2− 1 +√
b2 − 4 ≥ 6, 當且 僅當 a = √
2, b = 2√
2 時取等號, 故 (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
解法 1 的正切線法是證明不等式的一種重要方法, 其本質是將所考慮的函數用一次函數控
制, 通常該一次函數的圖象即為原函數圖象在某點處的切線, 原函數的圖象恰好在切線的某一 側, 且在切點處不等式等號成立, 從而得到局部不等式, 求和即能得到最終結論。
評注: 此解法先運用局部不等式—切線法的推導, 然後運用均值不等式求解。
解法2: 設 x =√
a2− 1, y =√
b2− 4, 則
(a + b)2
√a2−1 +√
b2−4 =(√
x2+1 +py2+4)2
x+ y = x2+ y2+ 5 + 2 q
(√
x2+1)(py2+4) x+ y
=x2+ y2+ 5 + 2px2y2+ 4x2+ y2+ 4 x+ y
≥x2+ y2+ 5 + 2px2y2+ 4xy + 4 x+ y
=x2+ y2+ 2xy + 9
x+ y = (x + y)2+ 9
x+ y ≥ 6(x + y) x+ y = 6,
取等條件為
x+ y = 3 2x = y , 即
√a2− 1 = 1
√b2− 4 = 2, 解得
a =√
2 b = 2√
2, 故當且僅當 a =√
2, b = 2√
2 時, (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
評注: 首先代數換元, 對根式平方後的處理, 然後兩次運用均值不等式, 從而獲解。
解法3: 設 x =√
a2− 1, y =√
b2− 4, x, y ∈ R+, 則
(a + b)2
√a2− 1 +√
b2 − 4=(√
x2+ 1 +py2+ 4)2
x+ y ≥
h 1
√2(1 + x) + 1
√2(2 + y)i2
x+ y
=(3 + x + y)2
2(x + y) ≥ 12(x + y) 2(x + y) = 6,
故當且僅當 a =√
2, b = 2√
2 時, (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
評注: 首先代數換元, 運用均值不等式 √
x2+ 1 ≥ 1
√2(1 + x) 和 py2+ 4 ≥ 1
√2(2 + y), 技巧性較強, 然後運用均值不等式達到解題效果。
解法4:
(a + b)2
√a2−1 +√
b2−4 = (a + b)2
p(a + 1 + b + 2)(a − 1 + b − 2) = (a + b)2 p(a + b)2− 9
=p(a + b)2− 9 + 9 p(a + b)2− 9
≥ 2 s
p(a + b)2− 9 × 9
p(a + b)2− 9 = 6,
故當且僅當 a = √
2, b = 2√
2 時, (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
評注: 首先對分母中的根式平方差後運用均值不等式, 把問題轉化為對勾函數求最小值問題; 對 勾函數是一種類似於反比列函數的一般雙曲函數, 是形如 f (x) = ax + b
x 的函數, 當 x > 0 時, f (x) = ax + b
x (z > 0, b > 0) 有最小值, 也就是當 x =r b
a 時, f (x) 取最小值。
解法5: 由柯西不等式易知√
AC+√
BD≤p(A + B)(C + D) (A, B, C, D > 0), 則 (a + b)2
√a2−1 +√
b2−4 = (a + b)2
p(a + 1)(a − 1) + p(b + 2)(b − 2)
≥ (a + b)2
p(a + 1 + b + 2)(a − 1 + b − 2)
= (a + b)2
p(a + b)2− 9 = t2+ 9
t = t +9 t ≥ 2
r t× 9
t = 6,
其中 t = p(a + b)2− 9, 當且僅當
p(a + b)2− 9 = 3 a+ 1
a− 1 = b+ 2 b− 2
, 解得
a=√
2 b= 2√
2, 故當且僅當 a =√
2, b = 2√
2 時, (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
評注: 此解法運用柯西不等式和對勾函數求最小值。
解法6: 如圖 1 所示, 在直線 l 上依次取點 P, O, Q, 使得 OP = 1, OQ = 2, AP 垂直於 P Q 且 OA= a, BQ 垂直於 P Q 且 OB = b, 四邊形 AP QA′ 為矩形。
圖 1 則 AP = √
a2− 1, BQ =√
b2 − 4 所以 (a + b)2
√a2 − 1 +√
b2 − 4 = (OA + OB)2
AP + BQ ≥ (AB)2
A′B = (A′B)2+ 9
A′B = A′B + 9
A′B ≥ 6。
取等條件為 A, O, B 三點共線且 A′B = 3, 即
b = 2a
√a2 − 1 +√
b2− 4 = 3, 解得
a=√
2 b= 2√
2, 故當且僅當 a =√
2, b = 2√
2 時, (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 6。
評注: 此解法運用數形結合和對勾函數求最小值。
上述六種解法來求此題的最小值, 是訓練培養讀者思維靈活的一種手段, 通過“一題多解”
的訓練能溝通知識之間的內在聯系, 提高讀者綜合運用所學的基礎知識和基本技能解決實際問 題的能力, 逐步學會舉一反三的本領。 一題多解可以拓寬思路, 增強知識間聯系, 學會多角度解 題的方法和靈活的思維方式。
變式1: 若 a > 2, b > 3 則 (a + b)2
√a2− 1 +√
b2− 4 的最小值為 10。 其解法可以運用上述六種 解法完成, 供讀者完成, 筆者給出推廣如下:
推廣1: 已知 a1 > b1, a2 > b2 且 a1, a2 為變數, b1, b2 為常數, 則 (a1+ a2)2 pa21− b21+pa22− b22
的最小值為 2(b1+ b2)。
證明: 設 c1 =pa21− b21, c2 =pa22− b22, c1, c2 ∈ R+, 則運用均值不等式得:
(a1+ a2)2 pa21− b21+pa22− b22
= (pc21+ b21+pc22 + b22)2 c1+ c2 ≥
h 1
√2(b1+ c1) + 1
√2(b2+ c2)i2
c1+ c2
= (b1+ b2+ c1 + c2)2
2(c1+ c2) ≥ 4(b1+ b2)(c1+ c2)
2(c1+ c2) = 2(b1+ b2), 當且僅當 a1 =√
2b1, a2 =√
2b2 時, (a1+ a2)2 pa21− b21+pa22− b22
的最小值為 2(b1+ b2)。
證明2: 可参考圖 1, 在直線 l 上依次取點 P, O, Q, 使得 OP = b1, OQ = b2, AP 垂直於 P Q 且 OA= a1, BQ 垂直於 P Q 且 OB = a2, 四邊形 AP QA′ 為矩形。
則 AP = pa21 − b21, BQ = pa22− b22, 所以 (a1+ a2)2
pa21− b21 +pa22− b22
=(OA + OB)2
AP + BQ ≥ (AB)2
A′B = (A′B)2+ (OP + OQ)2 A′B
= A′B+(b1 + b2)2
A′B ≥ 2(b1 + b2)。
取等條件為 A, O, B 三點共線且 A′B = OP + OQ = b1+ b2, 即
a2 = b2a1
pa21− b21+pa22− b22 = b1+ b2
, 解得
a1 =√ 2b1
a2 = 2√ 2b2
,
故當且僅當 a1 =√
2b1, a2 = 2√
2b2 時, (a1+ a2)2 pa21− b21+pa22− b22
的最小值為 2(b1+ b2)。
評注: 運用幾何概念來解題, 其根本是讓讀者更好地對根式pa21− b21 和pa22− b22 構造數形 結合, 然後三點共線線段最短原理求最小值; 但其解法局限於推廣 1 問題。
當 a1 = a + 1 a2 = b + 2, b1 = 1, b2 = 2 時, 則問題就是 2018 奧地利數學奧林匹克 不等式題, 已知 a, b ∈ R+, 則 (a + b + 3)2
√a2+ 2a +√
b2+ 4b ≥ 6, 取等號條件為 a = √ 2 − 1, b = 2(√
2 − 1)。
變式2: 若 a > 1, b > 3, c > 5, 則 (a + b + c)2
√a2− 1 +√
b2− 9 +√
c2− 25 的最小值為 18;
變式3: 若 a > 1, b > 2, c > 4, 則 (a + b + c)2
√a2− 1 +√
b2− 4 +√
c2− 16 的最小值為 14;
其解法可以運用上述解法 1, 2, 3, 4, 5 完成, 供讀者完成, 筆者給出推廣如下:
推廣2: 已知 a1 > b1, a2 > b2, . . . , an > bn 且 a1, a2, . . . , an 變數, bn 為正項的等差數列或 等比數列, 記數列 {bn} 的前 n 項和為 sn, 則 (a1+ a2+ · · · + an)2
pa21− b21+pa22− b22+ · · · +pa2n− b2n 的 最小值為 2sn。
證明: 設 c1 =pa21− b21, c2 = pa22− b22, . . . , cn = pa2n− b2n, c1, c2, . . . , cn ∈ R+ 則運 用均值不等式得:
(a1 + a2 + · · · + an)2
pa21− b21+pa22− b22+ · · · +pa2n− b2n = (pc21+ b21+pc22+ b22 + · · · +pc2n+ b2n)2 c1+ c2 + · · · + cn
≥ h 1
√2(b1+ c1) + 1
√2(b2 + c2) + · · · + 1
√2(bn+ cn)i2
c1+ c2+ · · · + cn = (sn+ c1+ c2+ · · · + cn)2 2(c1+ c2+ · · · + cn)
≥ 4sn(c1+ c2+ · · · + cn)
2(c1 + c2+ · · · + cn) = 2sn, 當且僅當 a1 =√
2b1, a2 = 2√
2b2, . . . , an= 2√
2bn 時, (a1+ a2+ · · · + an)2
pa21− b21 +pa22− b22+ · · · +pa2n− b2n 的最小值為 2sn。
幾個結論:
(1) 若 bi = i (i = 1, 2, . . . , n), 則 (a1+ a2 + · · · + an)2
pa21− 1 +pa22− 4 + · · · +pa2n− n2 的最小值為 n(n + 1);
(2) 若 bi = i + 1 (i = 1, 2, . . . , n), 則 (a1+ a2 + · · · + an)2
pa21− 4 +pa22− 9 + · · · +pa2n−(n+1)2 的最 小值為 n(n + 3);
(3) 若 bi = i + k (i = 1, 2, . . . , n, k = 0, 1, 2, . . .), 則 (a1+ a2+ · · · + an)2
pa21− (1 + k)2+pa22− (2 + k)2+ · · · +pa2n−(n+k)2 的最小值為 n(n+2k +1);
(4) 若 bi = 2i−1 (i = 1, 2, . . . , n), 則 (a1+ a2 + · · · + an)2
pa21 − 1 +pa22− 4 + · · · +pa2n−(2n−1)2 的最 小值為 2(2n− 1);
當 a1 = d1+ b1, a2 = d2+ b2, . . . , ai = di+ bi, bi = i (i = 1, 2, . . . , n), 則 h
d1+ d2+ · · · + dn+n(n+1)2 i2
pd21 + 2d1+pd22+ 4d2+ · · · +pd2n+ 2ndn 的最小值為 n(n + 1), 取等號條件為 d1 =√
2 − 1, d2 = 2(√
2 − 1), . . . , dn= n(√
2 − 1), 問題就是 2018 奧地利數學奧林匹克不等式題的推廣。
—本文作者鄒峰任教武漢職業技術學院商學院, 衛鋒任教山西忻州市第一中學校—
