专题1.3 不等式拓展（糖水不等式、柯西不等式、权方和不等式、万能k 法）
1.3.1 糖水不等式
知识点梳理
假如有一杯糖水，糖水质量为a，糖水中糖的质量为b，则此时糖水的浓度为：b
a ，此
时a>b>0，若向杯中加入m(m>0)克糖，此时糖水的质量为a+m，糖的质量为b+m，则此
时糖水的浓度为b+m
a+m .由生活常识可知，糖水会变甜，即加入糖后，糖水的浓度变大了.由此
可得糖水不等式：b+m
a+m >b
a (a>b>0,m>0).
典型例题
例1.比较log32和log2
3
2的大小.
解：∵log32= log94 = ln 4
ln 9 ，log2
3
2 = log8
27
8 =
ln 27
8
ln 8
，
由糖水不等式可得：
ln 27
8
ln 8 <
ln 27
8 + ln 9
8
ln 8+ ln 9
8
=
ln 243
64
ln 9
< ln 4
ln 9 ，∴log32>log2
3
2.
例2.已知a=e
0.2,b= log67,c = log56.则（ ）
A.c<b<a B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a
解
：
方
法
一
：
显
然
b=log67>1，
c=log56>1，
则
b
c =log67⋅log65<(
log67+log65
2
)
2
=(log6
❑√35)
2<1，
因此1<b<c，令函数f(x)=e
x−x
1,
−
x>0，求导得f
′(x)=e
x
1>0
−
，函数f(x)在
(0,+∞)上单调递增，
当x∈(0,+∞)时，f(x)>f(0)=0，即有e
x>x+1，于是e
0.2>0.2+1=1.2，有
ln(x+1)<x,x>0，
则c=1+log5(1+1
5)=1+
ln(1+1
5)
ln5
<1+ln(1+1
5)<1+1
5 =1.2
，即c<a，所以a>c>b. 故
选：D.
方法二：b= log67，则1
b = log76= ln 6
ln7
；c = log56，则1
c = log65= ln5
ln 6
；根据糖水不等式
得，
1
c =ln5
ln6 <
ln5+ln7
6
ln6+ln7
6
=
ln35
6
ln7
<ln6
ln7 =1
b
.∴c>b，故排除ABC.故选:D.
例3.已知an=
2
3
n−1
，请证明：a1+a2+⋯+an< 3
2.
证明: 设{an}的前n项和为T n,由糖水不等式可知：
2
3
n−1
<
2+1
3
n−1+1
= 1
3
n−1,
∴T n< 1
3
0 + 1
3
1 + 1
3
2 + 1
3
3 +…+
1
3
n−1 = 3
2[1−(
1
3)
n
]
;
∵n∈N
∗，则0<1−(
1
3)
n
<1，∴a1+a2+⋯+an< 3
2
.
随堂演练
1.(多选题) 生活经验告诉我们：a克糖水中含有b克糖(a>0,b>0，且a>b)，若再添加m
克糖(m>0)后，糖水会更甜.于是得出一个不等式：b
a < b+m
a+m
“
”
，现称之为糖水不等式.根
“
”
据糖水不等式判断下列命题一定正确的是( )
A.若a>b>0,m<0，则b
a < b+m
a+m
B.log32<log1510
C.若a,b,c为△ABC三条边长，则a
1+a +
b
1+b >
c
1+c
D.若a,b,c为△ABC三条边长，则1<
a
b+c +
b
c +a +
c
a+b <2
解：A. 由糖水不等式得：a>b>0,m<0 时, b
a > b+m
a+m
, 故 A 错误.
B. log32= lg2
lg3 < lg2+lg5
lg3+lg5 = lg10
lg15 = log1510, 故 B 正确.
C.
a
1+a +
b
1+b >
a
1+a+b +
b
1+a+b =
a+b
1+a+b >
c
1+c
, 故 C 正确.
D.
a
b+c +
b
a+c +
c
a+b >
a
a+b+c +
b
a+b+c +
c
a+b+c =1,
a
b+c +
b
a+c +
c
a+b <
2a
a+b+c +
2b
a+b+c +
2c
a+b+c =2, 故 D 正确.故选: BCD.
2.已知5
4<8
4,13
4<8
5.设a= log53,b= log85,c = log138,则( )
A. a<b<c B. b<a<c C. b<c<a D. c<a<b
解:方法1: 由题意可知a,b,c∈(0,1),
a
b =log53
log85 =lg3
lg5 ⋅lg8
lg5 <1
(lg5)
2 ⋅(
lg3+lg8
2
)
2
=(
lg3+lg8
2lg5
)
2
=(
lg24
lg25)
2
<1,∴a<b;
由b=log85,得8
b=5,由5
5<8
4,得8
5b<8
4, ∴5b<4,可得b<4
5
;
由c=log138,得13
c=8,由13
4<8
5,得13
4<(13
c)
5, ∴13
4<13
5c, ∴5c>4,可得c>4
5
.
综上所述,a<b<c.故选: A.
方法2:先利用换底公式变化a,b,c
a =log53=ln3
ln5 ,b=log85=ln5
ln8 ,c=log138=ln8
ln13
,
a =ln3
ln5 <
ln3+ln8
5
ln5+ln8
5
=
ln24
5
ln8
<ln5
ln8 = b,∴a<b,排除B,C,
a =ln3
ln5 <
ln3+ln13
5
ln5+ln13
5
<
ln39
5
ln13 <ln8
ln13 =c,∴a<c,排除D.
故选A.
3.设a= 3
4 ,b= log55,c = log53,则( )
A.c<b<a B.b<c<a C.a<b<c D.c<a<b
解:方法1:因为125=(5
3
4 )
4>3
4=81,所以5
3
4 >3
,
故log55
3
4 >log53,即a= 3
4 >c = log53,
因为a= 3
4 = log88
3
4,而512=8
3<5
4=625
,
所以
8
3
4 <5
,故a= 3
4 = log88
3
4 <log55=b
,综上,c<a<b故选: D
方法2:c = log53= ln3
ln5 <
ln3+ ln 8
5
ln5+ ln 8
5
=
ln(
24
5 )
ln 8
< ln5
ln 8 <log55=b
故c<b,排除B, C
再由
8
3
4 <5
,可得
8
3
4 <5
,即a= 3
4 = log88
3
4 <log55=b
,
故a<b,排除A,故选:D.
4.已知a =log78,b=8
7 ,c=log89,则a,b,c的大小关系为( )
A. a>b>c B. c>b>a C. c>a>b D. b>a>c
解：方法一:构造函数f ( x)= ln x
x ,其中x>e,则f
′( x)= 1−ln x
x
2
<0,
所以,函数f ( x)在(e ,+ ∞)上为减函数,
所以f (7)>f (8),即ln7
7 > ln 8
8
,则a= log78= ln 8
ln7 < 8
7 =b,
则
a−c = ln 8
ln7 −ln 9
ln 8 = (ln 8)
2−ln7⋅ln 9
ln7⋅ln 8
>
(ln 8)
2−(
ln7+ ln 9
2
)
2
ln7⋅ln 8
= (ln 8)
2−(ln ❑√63)
2
ln7 ln 8
= (ln ❑√64)
2−(ln ❑√63)
2
ln7 ln 8
，
因此, b>a>c.故选: D.
方法二:a= log78=
1
log87 ，c = log98=
1
log89
则log87 = ln7
ln 8 <
ln7+ ln 9
8
ln 8+ ln 9
8
=
ln 63
8
ln 9 < ln 8
ln 9 = log98，∴
1
log87 >
1
log89 ,a>c , 排除B ,C
∴8
7
8 <7
7
8 ,∴8<7
8
7 ,∴log78<log77
8
7 = 8
7
，则a<b,c<a<b.故选:D.
5.已知a =log32,b=log44,c=log96,则( )
A. c>a>b B. c>b>a C. a>b>c D. a>c>b
解
：
据
糖
水
不
等
式
m
n < m+k
n+k (n>m>0,k >0),
所
以
lg2
lg3 < lg2+lg2
lg3+lg2 = lg 4
lg6 < lg 4 +lg1.5
lg6+lg1.5 = lg6
lg9
,
所以log32<log64<log96,即c>b>a.故选: B.
6.设a =log52,b=log64,c=log13540,则a,b,c的大小关系为( )
A. c<b<a B. a<b<c C. b<a<c D. a<c<b
解：由题意可知,a= log32= lg2
lg3
,
b= log64 = lg 4
lg6 =
2lg2
lg3+lg2 = lg2+lg2
lg3+lg2
,
利用糖水不等式m
n < m+ k
n+k (n>m>0,k >0)可知a<b;
又c = log13540= lg 40
lg135 = lg5+lg8
lg5+lg27 = 3lg2+lg5
3lg3+lg5 =
lg2+ 1
3 lg5
lg3+ 1
3 lg5
= lg2+lg5
1
3
lg3+lg5
1
3
,
又因为5<8,lg5
1
3 <lg2
,
同理根据糖水不等式,lg2
lg3 < lg2+lg5
1
3
lg3+lg5
1
3
< lg2+lg2
lg3+lg2
,即a<c<b,故选：D.
7.(多选题)在a克的糖水中含有b克的糖(a>b>0)，再添加少许的糖m克(m>0)，全部溶
解后糖水更甜了，由此得糖水不等式b
a < b+m
a+m
.若 b+m
a+m = x , b+n
a+n = y(n>0)，则( )
A.若m>n，则x> y B.若m≤n，则x ≤y
C.b+m
a+m <1< a+n
b+n
D.当m>n时，b+m
a+m > a+n
b+n
解: 由a>b>0,m>0,则b+m
a+m > b
a
.若 b+m
a+m = x, b+n
a+n = y(n>0).
若m>n,则x−y = b+m
a+m −b+n
a+n = (b+m)(a+n)−(b+n)(a+m)
(a+m)(a+n)
= (m−n)(a−b)
(a+m)(a+n) >0，故
x> y.
若m≤n,则x−y = b+m
a+m −b+n
a+n = (m−n)(a−b)
(a+m)(a+n) ≤0，故x ≤y.
由题设, 结合不等式性质显然有b+m
a+m <1< a+n
b+n
.故选: ABC.
8.已知b克糖水中含有a克糖(b>a>0)，再添加m克糖( m >0) (假设全部溶解)，糖水变甜
了.
（1）请将这一事实表示为一个不等式，并证明这个不等式成立;
（2）在锐角△ABC中，根据(1)中的结论，证明：A
B+C + B
C+ A +C
A+ B <2.
解: (1)若b>a>0,m >0，则a
b <a+ m
b+ m
.
证明: a
b −a+ m
b+ m =a(b+ m )−b(a+ m )
b(b+ m )
= m (a−b)
b(b+ m )
.
因为b>a，所以a−b<0，又b>0,m >0，故m (a−b)
b(b+ m ) <0.因此a
b <a+ m
b+ m
.
(2)证明: 在锐角三角形中A<B+C,A>0
，由(1) 得A
B+C <A+ A
A+ B+C =2A
A+ B+C
,
同理B
C+ A <B+ B
A+ B+C =2B
A+ B+C
，C
A+ B <C+C
A+ B+C =2C
A+ B+C
. 以上各式子相加得
A
B+C + B
C+ A +C
A+ B <2.
1.3.2 柯西不等式
知识点梳理
1.在求二元(或多元)代数式最值或者二元(或多元)不等式的证明的题目中，巧用柯西
不等式会比较方便快捷.
二维柯西不等式:(a
2+ b
2)(c
2+d
2)≥(ac+ bd)
2等号成立条件:
ad =bc(
a
b =c
d)(a,b,c ,d ∈R).
多
维
柯
西
不
等
式
:
(a1
2+a2
2+a3
2+
+
⋯an
2)(b1
2+ b2
2+ b3
2+
+
⋯bn
2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+
+
⋯anbn)
2. 等号成立条
件:a1:b1=a2:b2=
=
⋯an:bn.
2.二维形式的证明:
（
1
）
代
数
法
证
明
：
(a
2+b
2)(c
2+d
2)=a
2c
2+b
2d
2+a
2d
2+b
2c
2=a
2c
2+2abcd +b
2d
2+a
2d
2−2abcd +b
2c
2=(ac +bd )
2+(ad −bc
.当且仅当ad −bc =0,即ad =bc时成立.
（2）多维柯西不等式向量法证明：令⃗m=(a1,a2,a3,⋯,an),⃗n=(b1,b2,b3,⋯,bn)
则⃗m⋅⃗n=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn=|⃗m||⃗n|cos⟨⃗m，⃗n ⟩
=❑√a1
2+a2
2+a3
2+⋯+an
2 ❑√b1
2+b2
2+b3
2+⋯+bn
2cos⟨⃗m，⃗n ⟩
∴cos⟨⃗m，⃗n ⟩≤1，
∴a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn≤
❑√a1
2+a2
2+a3
2+⋯+an
2 ❑√b1
2+b2
2+b3
2+⋯+bn
2.
则(a1
2+a2
2+a3
2+
+
⋯an
2)(b1
2+ b2
2+ b3
2+
+
⋯bn
2)≥(a1b1+a2b2+a3b3+
+
⋯anbn)
2.等号成立条
件：a1:b1=
a2:b2=⋯=an:bn.
典型例题
例1.设a,b∈R，且a
2+2b
2=6，则a+b的最小值是 ( )
A. −2❑√2 B. −5 ❑√3
3
C. −3 D. −7
2
解：∵6=a
2+2b
2= 2
3 (a
2+2b
2)(1+ 1
2)≥2
3 (a+b)
2，
∴(a+b)
2≤9⇒−3≤a+b≤3，当且仅当{
6=a
2+2b
2
a
1 =
❑√2b
1
❑√2 )
⇒{
a=±2
b=±2)
时等号成立.
故答案为: −3.
例2.设x , y , z均为实数，则
2 x + y −z
❑√x
2+2 y
2+ z
2
的最大值是 .
解:由柯西不等式知( x
2+2 y
2+ z
2)[2
2+(
1
❑√2)
2
+(−1)
2)≥(2 x + y −z)
2,
所以( x +2 y −z)
2
x
2+2 y
2+ z
2 ≤11
2
,所以
x +2 y −z
❑√x
2+2 y
2+ z
2 ≤
❑√22
2
,
当且仅当x
2 =2 y =−z>0时等号成立,故答案为:
❑√22
2
.
例3.已知实数x>0,y>0,x+y=3，则❑√x
2+1+2
❑√y
2+4的最小值是 .
解：令λ,μ>0 (
⇒x
2+1)(1+λ
2)≥(x+λ)
2，取等条件：λx=1 ①，
(y
2+4)(1+μ
2)≥(y+2μ)
2，取等条件：μy =2 ②，
❑√x
2+1+2
❑√y
2+4≥x
❑√1+λ
2 +2y
❑√1+μ
2 +λ
❑√1+λ
2 +4μ
❑√1+μ
2，当1
❑√1+λ
2 =2
❑√1+μ
2时取
等号③，
联立①②③及x+y=3⇒{
x=2,y=1
λ=1
2 ,μ=2)⇒
❑√x
2+1+2
❑√y
2+4≥3❑√5,故答案为:3❑√5.
例4.若x , y , z为实数，且x +2 y +2 z =6，求x
2+ y
2+ z
2的最小值为 .
解：由柯西不等式,得：( x
2+ y
2+ z
2)(1
2+2
2+2
2)≥( x +2 y +2 z)
2，
因为x +2 y +2 z =6,所以x
2+ y
2+ z
2≥4,当且仅当x
1 = y
2 = z
2
时,不等式取等号,
此时x = 2
3 , y = 4
3 , z = 4
3
,所以x
2+ y
2+ z
2 的最小值为4. 故答案为: 4
随堂演练
1.设x , y ∈R，则( x
2+ 1
y
2 )( 1
x
2 + 4 y
2)的最小值为 .
解：方法一：( x
2+ 1
y
2 )( 1
x
2 + 4 y
2)=5+
1
x
2 y
2 + 4 x
2 y
2≥5+2❑√
1
x
2 y
2 ⋅4 x
2 y
2=9，
当且仅当x
2 y
2= 1
2
时，等号成立.
方法二：由柯西不等式可知( x
2+ 1
y
2 )( 1
x
2 + 4 y
2)≥(1+2)
2=9，
当且仅当x
2 y
2= 1
2
时，等号成立.故答案为：9.
2.已知实数a>0,b>0, 1
a + 2
b =1，则4 a
a−1 + 3b
b−2
的最小值是 .
解: 4 a
a−1 + 3b
b−2 =(
4
1−1
a
+
3
1−2
b)
×(1−1
a +1−2
b)≥(2+ ❑√3)
2=7+ 4 ❑√3
当且仅当{
1
a + 2
b =1
2
1−1
a
=
❑√3
1−2
b)
⇒{
a=1+ 2❑√3
3
b= ❑√3+2 )
时取等号，故答案为:7+ 4 ❑√3.
3.设a,b,c为正数，且a
2+ b
2+c
2=1，则a(a+ b+c)的最大值为 ( )
A.
❑√3+1
2
B.
❑√2+1
2
C.
❑√3
2
D.
❑√2
2
解:解法一 :根据题意，有:a(a+b+c)≤a
2+
λ a
2+ 1
λ b
2
2
+
μa
2+ 1
μ c
2
2
,
=(1+ λ
2 + μ
2)a
2+ 1
2 λ b
2+ 1
2 μ c
2,其中λ , μ>0，令1+ λ
2 + μ
2 = 1
2 λ = 1
2 μ
,
解得λ = μ=
❑√3−1
2
,于是a(a+b+c)≤1
2 λ (a
2+b
2+c
2)=
❑√3+1
2
等号当a:b:c =(❑√3+1):2:2时取得，因此所求最大值为
❑√3+1
2
.
解法二: 根据题意，有:a(a+b+c)≤a[a+
❑√2(b
2+c
2))=a
2+
❑√2a
2(1−a
2)
=❑√(a
2−1
2)
2
+ ❑√2⋅❑√
1
4 −(a
2−1
2)
2
+ 1
2 ≤
❑√3+1
2
，当b
2=c
2，且1
4(a
2−1
2)
2
=2(a
2−1
2)
2
即a:b:c =(❑√3+1):2:2时取得等号.因此所求最大值为
❑√3+1
2
. 故选: A.
4.已知x>0, y ∈R，且x
2+ xy −x +5 y =30，则❑√2−x + ❑√30−3 y的最大值为 ( )
A.❑√3 B.❑√6 C.2❑√6 D.3❑√2
解：由x
2+xy−x+5y=30可得x
2−x
30+
−
xy+5y=0,即(x+5)(x+y
6)=0.
−
由x>0可知x+y=6，所以❑√2−x+ ❑√30 3
−y= ❑√2−x+ ❑√12+3x=❑√2−x+ ❑√3⋅❑√4+x.
由x>0,2−x≥0
可得0<x≤2.
由柯西不等式得：(❑√2−x+ ❑√3⋅❑√4+x)
2≤[1
2+(❑√3)
2)⋅[(❑√2−x)
2+(❑√4+x)
2)=24,
所以❑√2−x+ ❑√3⋅❑√4+x≤2❑√6
，当
❑√4+x
❑√3
=
❑√2−x
1
即x=1
2
时取等号.
所以❑√2−x+ ❑√30 3
−y
的最大值为2❑√6.故选：C.
5.已知a,b,c>0，且a+b+c =1，则❑√3a+1+ ❑√3b+1+ ❑√3c +1的最大值为 ( )
A.3 B.3 ❑√2 C.18 D.9
解
：
由
柯
西
不
等
式
得
:
(❑√3a+1+ ❑√3b+1+ ❑√3c+1)
2≤(1
2+1
2+1
2)×[(❑√3a+1)
2+(❑√3b+1)
2+(❑√3c+1)
2)
=3×[3(a+b+c)+3]=18.
所以❑√3a+1+ ❑√3b+1+ ❑√3c +1≤3 ❑√2,当且仅当a=b=c = 1
3
时, 等号成立, 故选B.
6.已知a+ b+c=1，且a,b,c>0，则2
a+ b +2
b+c +2
a+c
的最小值为 ( )
A.1 B.3 C.6 D.9
解: ∵a+b+c =1，∴2
a+b +
2
b+c +
2
c +a =2(a+b+c)⋅(
1
a+b +
1
b+c +
1
c +a)
=[(a+b)+(b+c)+(c +a)]×(
1
a+b +
1
b+c +
1
c +a)≥(1+1+1)
2=9，
当且仅当a=b=c = 1
3
时等号成立.故选 D.
7.若sin x+cosy+sin(x+y)=2，则sinx的最小值是 ( )
A. 0 B. 2−❑√3 C. 3−❑√7 D. 1
2
解：由已知sin x +cos y +sin x cos y +cos x sin y =2，
整理得2−sin x =(sin x +1)cos y +cos x sin y，
由柯西不等式得
(sin x +1)cos y +cos x sin y ≤
❑√(1+sin x)
2+cos
2 x⋅
❑√cos
2 y +sin
2 y = ❑√2+2sin x
，
当 (sin x +1)sin y =cos y cos x 时取等号,
所以(2−sin x)
2≤2+2sin x
, 即 sin
2 x−6sin x +2≤0
解得3−❑√7≤sin x ≤1, 所以sin x的最小值为3−❑√7.故选：C.
8.若实数a,b,c ,d满足ab+bc+cd +da=1，则a
2+2b
2+3c
2+ 4 d
2的最小值为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 以上答案都不对
解：根据题意,有ab+bc +cd +da=1⇒(a+c)(b+d)=1，
而(a
2+3c
2)(1+ 1
3)≥(a+c)
2，当且仅当a=3c时等号成立.
同理(2b
2+ 4 d
2)(
1
2 + 1
4)≥(b+d)
2，当且仅当2b= 4 d时等号成立.
记题中代数式为M,于是M =(a
2+3c
2)+(2b
2+ 4 d
2)≥(a+c)
2
1+ 1
3
+ (b+d)
2
1
2 + 1
4
= 3
4 (a+c)
2+ 4
3 (b+d )
2≥2❑√
3
4 (a+c)
2⋅4
3 (b+d)
2=2(a+c)(b+d )=2.
当{
a
c =3
b
d =2
a+c
b+d = 4
3)
⇒a:b:c:d =3:2:1:1时取等号,因此所求代数式的最小值为 2. 故选:
B.
9. 已知a,b,c均为非负数，且a+ 4 b+9c = 4，则
1
a+1 +
1
b+1 +
1
c +1
的最小值为
.
解:因为 a,b,c 均为非负数, 且 a+ 4 b+9c = 4,
则 (a+1)+ 4(b+1)+9(c +1)=18, 所以由柯西不等式可得:
[(a+1)+ 4(b+1)+9(c +1))×(
1
a+1 +
1
b+1 +
1
c +1)≥(1+2+3)
2=36,
所以1
a+1 +
1
b+1 +
1
c +1 ≥36
18 =2；当且仅当
❑√a+1
❑√
1
a+1
=
❑√4(b+1)
❑√
1
b+1
=
❑√9(c +1)
❑√
1
c +1
,
即a+1=2b+2=3c +3,由{
a+1=2b+2=3c +3
a+ 4 b+9c = 4 )
，解得：{
a=2
b= 1
2
c =0)
即 a=2,b= 1
2 ,c =0 时, 等号成立.故1
a+1 +
1
b+1 +
1
c +1
的最大值为2.故答案为：2.
10.已知实数x , y满足(2 x−y)
2+ 4 y
2=1，则2 x + y的最大值为 .
解：根据柯西不等式:(2 x−y)
2+(2 y)
2=1，
根据柯西不等式，对于实数a,b,c ,d，有(ac +bd )
2≤(a
2+b
2)(c
2+d
2).
令a=1,b=1,c =2 x−y ,d =2 y，则(2 x −y +2 y )
2≤(1
2+1
2)((2 x −y )
2+(2 y )
2),
(2 x + y)
2≤2⋅1
,
(2 x + y)
2≤2,
−❑√2≤2 x + y ≤❑√2,
当等号成立时，即 2 x−y
1
= 2 y
1
，也就是2 x−y =2 y，即2 x =3 y.
此时2 x + y取得最大值❑√2.故2 x + y的最大值为❑√2.
1.3.3 权方和不等式
知识点梳理
柯西不等式:对于任意的a,b,c ,d ∈R恒有不等式(a
2+b
2)(c
2+d
2)≥(ac +bd)
2.
对柯西不等式变形, 易得(
a
2
x + b
2
y)( x + y)≥(a+b)
2.
在a,b, x , y >0时,我们就有:a
2
x + b
2
y ≥(a+b)
2
x + y
,当且仅当a
x = b
y 时,等号成立.这就是权方
和不等式.权方和不等式拓展形式:
①若ai>0,bi>0,则：a1
2
b1
+a2
2
b2
+
+
⋯an
2
bn
≥(a1+a2+
+
⋯an)
2
b1+ b2+
+
⋯bn
成立,当且仅当ai= λbi
时,等
号成立.
②对于ai>0,bi>0,m >0 ,a1
m +1
b1
m
+a2
m +1
b2
m
+
+
⋯an
m +1
bn
m
≥(a1+a2+
+
⋯an)
m +1
(b1+ b2+
+
⋯bn)
m
，当且仅当
ai=λbi时,等号成立.
观察上式特征, m成为该不等式的权,它的特点是:分子的幂指数比分母的幂指数高1次.
典型例题
例1.若直线x
a +y
b =1(a>0,b>0)过点(1,2)，则2a+ b的最小值为 .
解: 因为直线x
a + y
b =1(a>0,b>0)过点(1,2),
所以1
a + 2
b =1,因为a>0,b>0, 所以{
1= 1
a + 2
b = 2
2a + 2
b ≥(❑√2+ ❑√2)
2
2a+b
=
8
2a+b
2a+b≥8
，
当且仅当
❑√2
2a =
❑√2
b
, 即a=2,b= 4 时取等号,所以2a+b的最小值为8.故答案为: 8.
例2.已知x>0,y>0，且1
2x+y +1
y+1 =1，则x+2y的最小值为 .
解：方法一：设x +2 y = λ1(2 x + y)+ λ2( y +1)+t，
可解得λ1= 1
2 , λ2= 3
2 ,t =−3
2
，从而x +2 y = 1
2 (2 x + y)+ 3
2 ( y +1)−3
2
=[
1
2 (2 x + y)+ 3
2 ( y +1))(
1
2 x + y +
1
y +1)−3
2 ≥❑√3+ 1
2
，
当且仅当x = 1
2 +
❑√3
3 , y =
❑√3
3
时取等号.故答案为:❑√3+ 1
2
.
方法二: 考虑直接使用柯西不等式的特殊形式, 即权方和不等式:a
2
x + b
2
y ≥(a+b)
2
x + y ,
1=
1
2 x + y +
3
3 y +3 ≥(1+ ❑√3)
2
2 x + 4 y +3 ⇒2 x + 4 y +3≥4+2❑√3，
所以x +2 y ≥❑√3+ 1
2
，当且仅当x = 1
2 +
❑√3
3 , y =
❑√3
3
时取等号.
故答案为:❑√3+ 1
2
.
例3.若x,y∈R
+,且x+2y=1,则x
2
x+1 +2y
2
y+2
的最小值为 .
解
:
当
且
仅
当
x
2
x+1 +2y
2
y+2 =x
2
x+1 + 4y
2
2y+4 ≥( x +2 y)
2
x +2 y +5 = 1
6
,
当
且
仅
当
{
x +2 y =1
x
x +1 =
2 y
2 y + 4)
⇒{
x = 1
5
y = 2
5)
时取等号.
故答案为：1
6
.
例4.求f(x)=
❑√x
2
3
−x+2+
❑√2+3x−x
2的最大值为 .
解
:
f(x)=
❑√x
2
3
−x+2+
❑√2+3x−x
2=(x
2
3
−x+2)
1
2
1
−1
2
+(2+3x−x
2)
1
2
1
−1
2
≤( x
2−3 x +2+2+3 x−x
2)
1
2
(1+1)
−1
2
=2❑√2
，
当且仅当−3 x +2=2+3 x−x
2 即x =0或x =3时取等号.
故答案为: 2❑√2.
随堂演练
1.权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表
达式如下：设正数a,b,x,y，满足a
2
x + b
2
y ≥(a+ b)
2
x+y
，当且仅当a
x =b
y
时，等号成立.则
函数f(x)=3
x +16
1 3
−x(0<x<1
3)的最小值为( )
A. 16 B. 25 C. 36 D. 49
解：因为a,b,x,y, 则a
2
x + b
2
y ≥(a+ b)
2
x+y
, 当且仅当a
x =b
y
时等号成立, 又0<x<1
3
, 即
1 3
−x>0,
于是得f(x)=3
2
3x +4
2
1 3
−x ≥(3+4)
2
3x+(1 3
−x) =49,当且仅当1
x =4
1 3
−x
,即x=1
7
“
时取=”,
所以函数的f(x)=3
x +16
1 3
−x(0<x<1
3)最小值为49.故选: D.
2.若正数x,y满足x+3y=5xy，则4y+3x的最小值是( )
A.24
5
B.28
5
C.5 D.6
解：x +3 y =5 xy ⇒1
y + 3
x =5= 4
4 y + 9
3 x ≥(2+3)
2
4 y +3 x ⇒4 y +3 x ≥5，
当且仅当2
4 y = 3
3 x
,即x =2 y =1时取等号.
故答案为: C.
3.“
”
权方和不等式是由湖南理工大学杨克昌教授于上世纪80 年代初命名的. 其具体内容为:
设an>0,bn>0,n∈N
∗,m >0,则a1
m +1
b1
m
+a2
m +1
b2
m
+a3
m +1
b3
m
+
+
⋯an
m +1
bn
m
≥(a1+a2+a3+
+
⋯an)
m +1
(b1+ b2+ b3+
+
⋯bn)
m
,当
且仅当a1
b1
=a2
b2
=⋯=an
bn
时,等号成立.根据权方和不等式,若x∈(0,π
2 ),当3❑√3
sinx +1
cosx
取
得最小值时,x的值为( )
A.π
12
B.π
6
C.π
3
D.5π
12
解
:
由
题
意
得
,
sinx>0,cosx>0,
则
3❑√3
sinx +1
cosx =3
3
2
(sin
2x)
1
2
+1
3
2
(cos
2x)
1
2
≥(3+1)
2
(sin
2x+cos
2x)
1
2
=4
3
2 =8,
当
且
仅
当
3
sin
2x
=1
cos
2x
, 即cosx=1
2
时等号成立,所以x=π
3
.故选:C.
4.已知a>0,b>0,a+b=1,则
1
a+3b +
1
2a+b
的最小值为 .
解:令a+b= x(a+3b)+ y(2a+b)⇒{
1= x +2 y
1=3 x + y)⇒{
x = 1
5
y = 2
5)
⇒1
5 (a+3b)+ 2
5 (2a+b)=1.
⇒a+3b+2(2a+b)=5,
⇒
1
a+3b +
1
2a+b =
1
a+3b +
2
2(2a+b) ≥
(1+ ❑√2)
2
a+3b+2(2a+b) = 3+2❑√2
5
,
当且仅当{
a+b=1
1
a+3b =
❑√2
2(2a+b))
⇒{
a= 8−5 ❑√2
2
b= 5 ❑√2−6
2 )
取等号，故答案为：3+2❑√2
5
.
5.已知a>1,b>1，则a
2
b−1 + b
2
a−1
的最小值是 .
解：令a+ b
2=
−
t>0，则a
2
b
1
−
+ b
2
a
1
−
≥(a+ b)
2
a+ b
2
−
=(t+2)
2
t
=t+4
t +4≥2❑√4+4=8,
当{
a+ b
2=2
−
a
b
1
−
= b
a
1
−)
时，即a =2,b=2时，两个等号同时成立，原式取得最小值8. 故答案为:
8.
6.若正数a,b满足1
a + 1
b =1,则a
a−1 + 4 b
b−1
的最小值为 .
解:
a
a−1 + 4 b
b−1 =
1
1−1
a
+
4
1−1
b
,当且仅当{
1
a + 1
b =1
1
1−1
a
=
2
1−1
b)
时取等号.解得：{
a= 3
2
b=3)
.
故答案为: 9.
7.已知正数x , y满足3 x + 4
y = 4,则y(
1
xy +3 +
1
2 xy +1)
的最小值为 .
解
:y(
1
xy +3 +
1
2 xy +1)=
1
x + 3
y
+
1
2 y + 1
y
≥
(1+1)
2
x + 3
y +2 y + 1
y
=1,
当
且
仅
当
{
3 x + 4
y = 4
1
x + 3
y
=
1
2 y + 1
y)
⇒{
x = 4
5
y = 5
2)
时取等.
故答案为:1.
8.已知x , y是正实数且满足1
x + 4
y =3,则x
2+ y
2
2
最小值 .
解:x
2+ y
2
2 = 1
1
x
2
+ 1
2
y
2
= 1
x
2 + 8
16
y
2
= 1
3
(
1
x)
2 +
2
3
(
4
y)
2 ≥(1+2)
3
(
1
x + 4
y)
2 = 27
9 ,当且仅当{
1
x + 4
y =3
1
x
1 = 2
4
y )
⇒时
取等.
故答案为: 3.
9.已知正数x , y , z满足x +3 y +2 z =1,则x +2 y
2 y + 4 z +
4
x +2 y
的最小值为 .
解
：
x +2 y
2 y + 4 z +
4
x +2 y = 1−( y +2 z)
2 y + 4 z
+
4
x +2 y =−1
2 +
1
2 y + 4 z +
2×4
2( x +2 y)≥
−1
2 +
(1+ ❑√8)
2
2( x +3 y +2 z) = 4 +2❑√2，
当且仅当{
x +3 y +2 z =1
1
y +2 z = 2❑√2
x +2 y)
⇒x +2 y = 8−2❑√2
7
时取等号.故答案为: 4 +2❑√2.
10.已知x,y>0,1
x +2❑√2
y
=1,则❑√x
2+y
2的最小值是 .
解:由题意得:1= 1
x + 2❑√2
y
= 1
3
2
(x
2)
1
2
+ 2
3
2
( y
2)
1
2
≥(1+2)
3
2
(x
2+ y
2)
1
2
=
3 ❑√3
❑√x
2+ y
2 .
当{
1
x
2 = 2
y
2
1
x + 2❑√2
y
=1)
,即x =3, y =3 ❑√2 时,❑√x
2+ y
2取得最小值3 ❑√3.故答案为:3 ❑√3
11.已知实数x>0,y> 1
−,且x+y=1,
则x
2+3
x
+y
2
y+1
的最小值为 .
解
:
x
2+3
x
+y
2
y+1 =x+3
x +(y
1)(
−
y+1)+1
y+1
=x+y
1+
−
3
x +1
y+1 =3
x +1
y+1 ≥(❑√3+1)
2
x+y+1
=2+ ❑√3
,
当且仅当{
x+y=1
❑√3
x
=1
y+1)
⇒ {
x=3−❑√3
y= ❑√3
2
−)时取等号.故答案为：2+ ❑√3.
12.已知a>0,b>0,a
3+8b
3=2,则a+2b的最大值为 .
解：a
3+8b
3=2= a
3
1
2 + (2b)
3
1
2
≥(a+2b)
3
(1+1)
2
，则a+2b≤2，当且仅当{
a
3+8b
3=2
a
1 = 2b
1
⇒{
a=1
b= 1
2
时取等号.故答案为：2.
1.3.4 万能k 法
知识点梳理
对给定关于x,y的一个二次式,要求另一个代数式的值或取值范围,可以直接令此代数式
等于k, 然后用y表示x或x表示y,代入原式，得到一个关于x的一元二次方程,然后利用判别
式大于等于零,得到一个不等式,解出k的范围即可,此方法称之为万能k法.
典型例题
例1.若实数x , y满足x
2+ y
2+ xy =1,则x + y的最大值是 .
解：方法1(万能k法): 令x+y=k,
则x=k−y, 代入得：(k−y)
2+y
2+(k−y)y=1,
整理可得：k
2
2
−ky+y
2+y
2+ky−y
2=1,
即y
2−ky+k
2
1=0
−
. Δ=k
2
4(
−
k
2
1)≥0
−
,
得：k
2≤4
3
,
故−2❑√3
3
≤k ≤2❑√3
3
.
方法2: ∵x
2+ y
2+ xy =1
, ∴( x + y)
2=1+ xy.
∵xy ≤(
x + y
2 )
2, ∴( x + y)
2−1≤(
x + y
2 )
2.解得：−2❑√3
3
≤x + y ≤2❑√3
3
.
故可知x + y的最大值是2❑√3
3
.故答案为2❑√3
3
.
例2.若存在正实数y,使得xy
y −x =
1
5 x + 4 y
,则实数x的最大值为 .
解：∵
xy
y −x =
1
5 x + 4 y
, ∴4 x y
2+(5 x
2−1) y + x =0,
∴y1⋅y2= 1
4 >0, y1+ y2=−5 x
2−1
4 x
>0,
∴{
5 x
2−1<0
x>0 )或{
5 x
2−1>0
x<0 )
，
解得：0< x<
❑√5
5 或x<−
❑√5
5 .①
Δ=(5 x
2−1)
2−16 x
2≥0 ⟹5 x
2−1≥4 x 或5 x
2−1≤−4 x
，
解得−1≤x ≤1
5 .②
由①②可得：x ≤1
5
综上：x的最大值是1
5
.故答案为1
5
.
随堂演练
1.已知实数x,y满足x
2+y
2
4
−x
2
−y
4=0
−
,则x−y的最大值是 .
解：方法1:令x−y=k,则x=k+y,代入原式化简得2y
2+(2k
6)
−
y+k
2
4
−k
4=0
−
,
因为存在实数y,则Δ≥0,即(2k
6
−)
2
4×2(
−
k
2
4
−k
4)≥0
−
,
化简得：k
2
2
−k
17≤0
−
,解得：1 3
−
❑√2≤k≤1+3❑√2,
故x−y的最大值是3❑√2+1,故选：C.
方法2:x
2+y
2
4
−x
2
−y
4=0
−
,整理得(x
2
−)
2+(y
1
−)
2=9,
令x=3cosθ+2,y=3sinθ+1,其中θ∈[0,2π],
则x−y=3cosθ
3sin
−
θ+1=3❑√2cos(θ+π
4 )+1,∵θ∈[0,2π],
所以θ+π
4 ∈[π
4 ,9π
4
],则θ+π
4 =2π,即θ=7π
4
时,x−y取得最大值3❑√2+1,故
选：C.
2.设正实数x , y满足xy = x−4 y
x + y
,则实数y的取值范围是 .
解：正实数x , y满足xy = x−4 y
x + y
，化为y x
2+( y
2−1)x + 4 y =0，
∵关于x的方程有正实数根，∴Δ≥0.
又x1 x2= 4 y
y = 4>0，∴x1与x2同号，∴x1+ x2= 1−y
2
y
>0，解得：0< y <1.
由Δ≥0，∴( y
2−1)
2−16 y
2≥0，∴( y
2+ 4 y −1)( y
2−4 y −1)≥0.
∴0< y <1，∴y
2−4 y −1<0，
∴y
2+ 4 y −1≤0，解得:0< y ≤❑√5−2.
∴ 实数y的取值范围是(0,❑√5−2].故答案为(0,❑√5−2].
3.若正实数m,n满足m+2n=3mn,则m+n的最小值为 .
解:方法1: ∵
正实数m ,n
满足m +2n=3mn,
∴
1
n +2
m =3,∴m +n=1
3(
1
n +2
m )( m +n)=1
3(
m
n +1+2+2n
m )≥1
3(3+2❑√
m
n ⋅2n
m )=1+2❑√2
3
，
当且仅当m
n =2n
m
,即m = ❑√2n时取等号,则m +n的最小值为1+2❑√2
3
.
方法2: 令m +n=k>0,则m =k−n带入原式k−n+2n=3(k−n)n,
整理得k+n=3kn
3
−n
2,从而3n
2+(1 3
−k)n+k=0, Δ=(1 3
−
k)
2
4 3
−⋅k≥0,
解得：k≥1+2❑√2
3
或k≤1−2❑√2
3
(舍),故答案为：1+2❑√2
3
.
4.已知正实数x,y满足4x−y
4x+3y =4xy,那么y的最大值为 .
解：正实数x,y满足4x−y
4x+3y =4xy，化为16yx
2+(12y
2
4)
−
x+y=0，关于x的一元二次
方程有正实数根，∴{
−12y
2
4
−
16y
>0
Δ=(12y
2
4
−)
2
64
−
y
2≥0)
，又y>0，解得y≤1
3
.那么y的最大值
为1
3
.
故答案为1
3
.
5.已知实数a,b,c满足a+ b+c=0,a
2+ b
2+c
2=1,则a的最大值是 .
解
：
方
法
1:
令
a =k时
,
k+ b+c=0,k
2+(−c−k)
2+c
2=1,k
2+c
2+2kc+k
2+c
2=1,2c
2+2kc+2k
2
1=0
−
.
∵c为实数, ∴Δ≥0,即8 12
−
k
2≥0,解得：−
❑√6
3
≤k≤
❑√6
3
.
方法2:b+c=−a,b
2+c
2=1−a
2，因为b
2+c
2≥(b+c)
2
2
,
所以1−a
2≥(−a)
2
2
, 解得：−
❑√6
3
≤a≤
❑√6
3
, 所以a的最大值为
❑√6
3
, 故答案为：
❑√6
3
.
6.已知实数x,y满足x+2
x +3y+4
y =10,则xy的取值范围是 .
解：设xy= m, 则x= m
y
. ∵x+2
x +3y+4
y =10, ∴m
y +2y
m
+3y+4
y =10, 整理得：
(2+3m )y
2
10
−
my+ m
2+4 m =0.
∵x,y是正实数, ∴Δ≥0,即100m
2
4(2+3
−
m )(m
2+4 m )≥0,
整理得：m (3m
8)(
−
m
1)≤0
−
, 解得：1≤m ≤8
3
或m ≤0 ( 舍去). 故答案为：
1≤xy≤8
3
.
7.实数x,y满足4x
2
5
−xy+4y
2=5,设S=x
2+y
2,则1
Smax
+1
Smin
= .
解：方法1: 令t=x+
❑√x
2+y
2,则t−x=
❑√x
2+y
2.
∴t
2
2
−tx+x
2=x
2+y
2, ∴t
2
2
−tx=y
2. ∴2x+y=2,∴y=2 2
−x.
又∵x>0,y>0,∴0<x<1.
关于x的方程在(0,1)上有解.∴4x
2+(2t
8)
−
x+4−t
2=0.
∴4−t
2>0,4+(2t
8)+4
−
−
t
2>0,0<−2t
8
−
2
<1,Δ≥0,∴t≥8
5
.
∴x+
❑√x
2+y
2的最小值为8
5
.∴4x
2
5
−xy+4y
2=5. 5xy=4x
2+4y
2
5
−.
又∵2xy≤x
2+y
2,∴5xy=4x
2+4y
2
5≤
−
5
2 (x
2+y
2).
设S=x
2+y
2. 4S
5≤
−
5
2 S,∴S≤10
3
.即Smax=10
3
.
∴x
2+y
2≥2
−xy,∴5xy=4x
2+4y
2
5≥8
−
−
xy
5,∴
−
xy≤−5
13 ,∴−xy≥5
13
.
∴S=x
2+y
2≥2
−xy≥10
13
. ∴Smin=10
13
. ∴1
Smax
+1
Smin
=3
10 +13
10 =8
5 .故答案为：8
5
.
方
法
2:
令
x
2+y
2=k,5(x
2+y
2)=k(4x
2
5
−xy+4y
2).
整
理
得
：
(5 4
−k)x
2+(5ky)x+(5 4
−k)y
2=0,
Δ=25k
2y
2
4(5 4
−
−
k)
2y
2≥0. 即25k
2
4(5 4
−
−
k)
2≥0.
解得：10
13 ≤k≤10
3
. Smin=10
13 ,Smax=10
3
. ∴1
Smax
+1
Smin
=3
10 +13
10 =8
5 .
8.设x,y为实数,若4x
2+y
2+xy=5,则2x+y的最大值是 .
解：令2x+y=t,则y=t
2
−x, ∴4x
2+(t
2
−x)
2+x(t
2
−x)=5,
化为6x
2
3
−tx+t
2
5=0
−
.
∵x为实数, ∴Δ=9t
2
24(
−
t
2
5)≥0
−
,
解得：t
2≤8, 解得：2
−
❑√2≤t≤2❑√2.
∴2x+y的最大值为2❑√2, 故答案为：2❑√2.
