均值不等式的常用技巧

0x01.一些形式轮换且结构简单的题目，可以尝试通分

问题描述

已知$a, b, c > 0,abc=1$，证明$\cfrac{1}{2+a}+\cfrac{1}{2+b}+\cfrac{1}{2+c}\le 1$

$$\begin{align} &\cfrac{1}{2+a}+\cfrac{1}{2+b}+\cfrac{1}{2+c}\le 1\\ \Leftrightarrow &\cfrac{(2+a)(2+b)+(2+b)(2+c)+(2+c)(2+a)}{(2+a)(2+b)(2+c)}\le 1\\ \Leftrightarrow &ab+bc+ca\ge 4-abc=3 \end{align}$$

知$ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{ab\cdot bc\cdot ca}=3(abc)^{\cfrac{2}{3}}=3$

知结论成立

0x02.用均值不等式正常放缩，若得到符号相反，可尝试结合题目相关条件进行Cauchy求反技术（或类似方法）

问题描述

设$a,b,c>0,a+b+c=3$，证明$\cfrac{a}{1+b^2}+\cfrac{b}{1+c^2}+\cfrac{c}{1+a^2}\ge \cfrac{3}{2}$

$$\begin{align} LHS&=(a-\cfrac{ab^2}{1+b^2})+(b-\cfrac{bc^2}{1+c^2})+(c-\cfrac{ca^2}{1+a^2})\\ &=(a+b+c)-\Sigma \cfrac{ab^2}{1+b^2}\ge \cfrac{3}{2} \end{align}$$

由$AM-GM$不等式，知$\Sigma \cfrac{ab^2}{1+b^2}\le \Sigma \cfrac{ab^2}{2b} = \cfrac{1}{2}\Sigma ab$

又$(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$，知$ab+bc+ca \le 3$

故$\Sigma \cfrac{ab^2}{1+b^2}\le \cfrac{1}{2}\Sigma ab\le \cfrac{3}{2}$，结论成立

问题描述

已知$a,b,c>0$，求证$(\cfrac{2a}{b+c})^\frac{2}{3}+(\cfrac{2b}{c+a})^\frac{2}{3}+(\cfrac{2c}{a+b})^\frac{2}{3}\ge 3$

$$\begin{align} &\Sigma(\cfrac{2a}{b+c})^\frac{2}{3}=\Sigma\cfrac{1}{(\cfrac{b+c}{2a})^\frac{2}{3}}=\Sigma\cfrac{1}{\sqrt[3]{\cfrac{b+c}{2a}\cdot\cfrac{b+c}{2a}\cdot1}}\\ \ge&\Sigma\cfrac{3}{\cfrac{b+c}{2a}+\cfrac{b+c}{2a}+1}=\Sigma\cfrac{3a}{a+b+c}=1 \end{align}$$

知结论成立

0x03.遇到高次项可通过因式分解或AM-GM不等式降次

问题描述

已知$x,y,z>0,xyz=1$，证明$\cfrac{xy}{x^5+y^5+xy}+\cfrac{yz}{y^5+z^5+yz}+\cfrac{zx}{z^5+x^5+zx}\le1$

先证$x^5+y^5\ge x^2y^2(x+y)\Leftrightarrow (x^3-y^3)(x^2-y^2)\ge 0\Leftrightarrow (x+y)(x-y)^2(x^2+xy+y^2)\ge0$，知成立

故$\cfrac{xy}{x^5+y^5+xy}\le \cfrac{xy}{x^2y^2(x+y)+xy}=\cfrac{1}{xy(x+y)+1}=\cfrac{z}{x+y+z}$

其余同理，累加即知成立

问题描述

已知$a,b,c>0,abc=1$，求证$\cfrac{a^3}{1+a^4}+\cfrac{b^3}{1+b^4}+\cfrac{c^3}{1+c^4}\le \cfrac{3}{2}$

由$AM-GM$不等式，知$a^4+a^4+a^4+1\ge4a^3$，故$3a^4+1\ge 4a^3$

知$\cfrac{a^3}{1+a^4}\le\cfrac{3}{2}\cdot\cfrac{a^3}{2a^3+1}=\cfrac{3}{2}(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{1}{2a^3+1})$，其余同理

得到$LHS\le\cfrac{9}{4}-\cfrac{3}{4}\Sigma\cfrac{1}{1+2a^3}$

故欲证结论，只要证$\Sigma\cfrac{1}{1+2a^3}\ge 1$

由$abc=1$，可以得到$a^3\cdot b^3\cdot c^3=1$

见友链，取$k=2$，知结论成立

0x04.有时可应用AM-GM的加强版(加权AM-GM不等式)，例如”三角形三边长“，次数复杂但容易变形，次数和为1时。

问题描述

设$a,b,c$是某三角形的三边长，证明$(a+b-c)^a(b+c-a)^b(c+a-b)^c\le a^ab^bc^c$

由$加权AM-GM$不等式，知

$$\begin{align} &(\cfrac{a+b-c}{a})^{\frac{a}{a+b+c}}\cdot(\cfrac{b+c-a}{b})^{\frac{b}{a+b+c}}\cdot(\cfrac{c+a-b}{c})^{\frac{c}{a+b+c}}\\ \le &\cfrac{a}{a+b+c}\cdot\cfrac{a+b-c}{a}+\cfrac{b}{a+b+c}\cdot\cfrac{b+c-a}{b}+\cfrac{c}{a+b+c}\cdot\cfrac{c+a-b}{c}\\ = & \cfrac{a+b-c+b+c-a+c+a-b}{a+b+c}=1 \end{align}$$

整理后，知结论成立

0x05.取等条件非平均时，常通过函数调节，过程中不降改变函数自变量应有的性质

问题描述

已知$a,b,c\ge 0,a+b+c=3$，求证$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$

（注意到取等条件之一：$(a,b,c)=(1,2,0)$）

加强后，可以证明$ab^2+bc^2+ca^2\le ab^2+bc^2+ca^2+abc\le 4$

记$f(a,b,c)=ab^2+bc^2+ca^2+abc$

先证

$$\begin{align} &f(a,b,c)\le f(a,b+c,0)\\ \Leftrightarrow &ab^2+bc^2+ca^2+abc\le a(b+c)^2\\ \Leftrightarrow &a^2+bc-ac-ab\le 0\\ \Leftrightarrow &(a-b)(a-c)\le 0 \end{align}$$

由完全对称性，不妨设$a$介于$b,c$之间，那么知上式成立

故$ab^2+bc^2+ca^2+abc\le a(b+c)^2 = \cfrac{1}{2}\cdot2a(b+c)(b+c)(*)$

由$AM-GM$不等式与$a+b+c=3$，知$(*)\le \cfrac{1}{2}[\cfrac{2a+(b+c)+(b+c)}{3}]^3=\cfrac{1}{2}\times 2^3=4$，故结论成立

0x06.关于AM-GM（均值）不等式的备注：

• 由式子的齐次性，可为简化证明增添一个齐次的条件
• 由式子的完全轮换性，可根据证明需求指定部分字母的大小关系
• 用均值不等式消去分母时，常常通过取等条件决定系数
• 尝试将左式与右式进行联系（例如将左式加上右式）
• 用均值不等式时，可以通过平方进行凑项

0x07.均值不等式的题目

1.已知$a,b,c\ge 0$，求$\cfrac{c}{a}+\cfrac{a}{b+c}+\cfrac{b}{c}$的取值范围

2.已知$a,b,c>0,ab+bc+ca=1$，求证$\cfrac{27}{4}(a+b)(b+c)(c+a)\ge(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^2\ge6\sqrt{3}$

3.设$x,y,z>0,xyz=1$，证明$\cfrac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\cfrac{y^3}{(1+z)(1+x)}+\cfrac{z^3}{(1+x)(1+y)}\ge\cfrac{3}{4}$

4.设$a,b,c>0$，求证$(a+b+c)^{\frac{3}{2}}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\ge3\sqrt{3}(ab+bc+ca)$

5.已知$a,b,c\ge 0,a+b+c=2$，求证$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le 1$

6+.设$a,b,c,d>0,a+b+c+d=4$，证明$abc+bcd+cda+dab\le 4$

提示

看似题目较难下手，但可以通过固定系数的调整与《参数的调整》使式子变得更加直观

7+.求所有整数$n\ge3$，使得存在实数$a_1,a_2,\cdots,a_{n+2}$，满足$a_{n+1}=a_1,a_{n+2}=a_2$，并对$i\in\{1,2,\cdots,n\}$，都有$a_ia_{i+1}+1=a{i+2}$

提示

巧妙运用不等式的取等条件