均值不等式中的一则题目$\scriptsize\text{$(a+\cfrac{1}{a})^2+(b+\cfrac{1}{b})^2\ge \cfrac{25}{2}$}$

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；

易错方法\((a+\cfrac{1}{a})^2+(b+\cfrac{1}{b})^2\)

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

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

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\(1=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)，故\(\sqrt{ab}\leq \cfrac{1}{2}\)，又\(ab>0\)

故\(0<ab\leq \cfrac{1}{4}\)；

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

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

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

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

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

令\(ab=x\in (0，\cfrac{1}{4}]\)，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\(x\in(0，\cfrac{1}{4}]\)时，\(h'(x)<0\)，

故函数\(h(x)\)在区间\(x\in(0，\cfrac{1}{4}]\)单调递减，

\(h(x)\ge h(\cfrac{1}{4})>0\)，

故\(g'(x)<0\)，即函数\(g(x)\)在区间\(x\in(0，\cfrac{1}{4}]\)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\(x\in (0，\cfrac{1}{4}]\)，

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

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\(0<ab\leq \cfrac{1}{4}\)，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\((1-2ab)(1+\cfrac{1}{a^2b^2})+4\ge \cfrac{25}{2}\)

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\(a^2+b^2\ge 2ab\)，两边同加\(a^2+b^2\)，

所以\(2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2=1\)，

即\(a^2+b^2\ge \cfrac{1}{2}\)

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\(a^2+b^2\ge \cfrac{(a+b)^2}{2}\)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：\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge (ac+bd)^2\)，

\(a,b,c,d\in R\)，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，

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

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

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

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

\(\ge (3+2)^2=25\)，

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

当且仅当\(a=b=\cfrac{1}{2}\)时取到等号；

法9利用\(a^2+b^2\ge \cfrac{(a+b)^2}{2}\)以及\(ab\leq \cfrac{1}{4}\)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).\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{ab}=2(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b})\)

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

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

当且仅当\(\begin{cases}a+b=1\\ a=b\end{cases}\)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\(1=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)得到\(0<\sqrt{ab}\leq \cfrac{1}{2}\)

故\(0<ab\leq \cfrac{1}{4}\)，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).\((1+\cfrac{1}{a})(1+\cfrac{1}{b})\)

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

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

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

\(\ge 5+2\cdot2=9\)

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：\(0<ab\leq \cfrac{1}{4}\)；

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

又\(ab>0\)，故\(0<ab\leq \cfrac{1}{4}\)；

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。