45215 一道最小值問題的六種解法及推廣
一道最小值問題的六種解法及推廣

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 $a\gt 1$, $b\gt 2$ 求 $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 的最小值。

解法1: 易證, 當 $a\gt 1$, $b\gt 2$ 時, $\sqrt{a^2-1}\le \sqrt{2}a-1$, $\sqrt{b^2-4}\le \sqrt{2} b-2$, 事實上, 有 \begin{eqnarray*} \sqrt{a^2\!-\!1}\!\le\! \sqrt 2a\!-\!1&\Leftrightarrow&a^2\!-\!1\le 2a^2\!-\!2\sqrt 2 a+1\Leftrightarrow a^2\!-\!2\sqrt 2 a+2\ge 0\Leftrightarrow (a\!-\!\sqrt 2)^2\ge 0\\ \sqrt{b^2\!-\!4}\!\le\! \sqrt 2b\!-\!2&\Leftrightarrow&b^2\!-\!4\le 2b^2\!-\!4\sqrt 2 b+4\Leftrightarrow b^2\!-\!4\sqrt 2 b+8\ge 0\Leftrightarrow (b\!-\!2\sqrt 2)^2\ge 0 \end{eqnarray*} 所以 $\sqrt{a^2-1}\le \sqrt 2a-1$, $\sqrt{b^2-4}\le \sqrt 2b-2$, 取等號條件為 $a=\sqrt2$, $b=2\sqrt 2$, 故 \begin{eqnarray*} \frac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}&\ge& \frac{(a+b)^2}{(\sqrt2 a-1)+(\sqrt2 b-2)}=\frac 1{\sqrt{2}}\frac{(a+b)^2}{a+b-\dfrac 3{\sqrt 2}}\\ &=&\frac 1{\sqrt{2}}\frac{(t+\dfrac 3{\sqrt{2}})^2}t=\frac 1{\sqrt{2}}\Big(t+\frac 9{2t}+3\sqrt{2}\Big)\\ &=&\frac 1{\sqrt{2}}\Big(2\sqrt{t\times\frac 9{2t}}+3\sqrt{2}\Big) =\frac 1{\sqrt{2}}\times 6\sqrt{2}=6, \end{eqnarray*} 取等號條件為 $t=a+b-\dfrac 3{\sqrt{2}}=\dfrac 3{\sqrt{2}}$, 即 $a+b=3\sqrt 2$, 即 $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}\ge 6$, 當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt 2$ 時取等號, 故 $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $x=\sqrt{a^2-1}$, $y=\sqrt{b^2-4}$, 則 \begin{eqnarray*} \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2\!-\!1}+\sqrt{b^2\!-\!4}} &=&\frac{(\sqrt{x^2\!+\!1}+\sqrt{y^2\!+\!4})^2}{x+y}=\frac{x^2+y^2+5+2\sqrt{(\sqrt{x^2\!+\!1})(\sqrt{y^2\!+\!4})}}{x+y}\\ &=&\frac{x^2+y^2+5+2\sqrt{x^2y^2+4x^2+y^2+4}}{x+y}\\ &\ge& \frac{x^2+y^2+5+2\sqrt{x^2y^2+4xy+4}}{x+y}\\ &=& \frac{x^2+y^2+2xy+9}{x+y}=\frac{(x+y)^2+9}{x+y}\ge \frac{6(x+y)}{x+y}=6, \end{eqnarray*} 取等條件為 $\left\{\begin{array}{l} x+y=3\\[5pt] 2x=y \end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l} \sqrt{a^2-1}=1\\[5pt] \sqrt{b^2-4}=2 \end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l} a=\sqrt{2}\\[5pt] b=2\sqrt{2} \end{array}\right.$, 故當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt{2}$ 時, $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $x=\sqrt{a^2-1}$, $y=\sqrt{b^2-4}$, $x,y\in R^+$, 則 \begin{eqnarray*} \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}&=&\frac{(\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+4})^2}{x+y}\ge \frac{\Big[\dfrac 1{\sqrt{2}}(1+x)+\dfrac 1{\sqrt{2}}(2+y)\Big]^2} {x+y}\\ &=&\frac{(3+x+y)^2}{2(x+y)}\ge \frac{12(x+y)}{2(x+y)}=6, \end{eqnarray*} 故當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt{2}$ 時, $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 的最小值為 6。

評注: 首先代數換元, 運用均值不等式 $\sqrt{x^2+1}\ge \dfrac 1{\sqrt{2}}(1+x)$ 和 $\sqrt{y^2+4}\ge \dfrac 1{\sqrt{2}}(2+y)$, 技巧性較強, 然後運用均值不等式達到解題效果。

解法4: \begin{eqnarray*} \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2\!-\!1}+\sqrt{b^2\!-\!4}} &=&\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+1+b+2)(a-1+b-2)}}=\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+b)^2-9}}\\ &=&{\sqrt{(a+b)^2-9}}+\frac 9{\sqrt{(a+b)^2-9}}\\ &\ge&2 \sqrt{{\sqrt{(a+b)^2-9}}\times \frac 9{\sqrt{(a+b)^2-9}}}=6, \end{eqnarray*} 故當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt{2}$ 時, $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $f(x)=ax+\dfrac bx$ 的函數, 當 $x\gt 0$ 時, $f(x)=ax+\dfrac bx$ $(z\gt 0,b\gt 0)$ 有最小值, 也就是當 $x=\sqrt{\dfrac ba}$ 時, $f(x)$ 取最小值。

解法5: 由柯西不等式易知 $\sqrt{AC}+\sqrt{BD}\le \sqrt{(A+B)(C+D)}\ (A,B,C,D\gt 0)$, 則 \begin{eqnarray*} \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2\!-\!1}+\sqrt{b^2\!-\!4}} &=&\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+1)(a-1)}+\sqrt{(b+2)(b-2)}}\\ &\ge& \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+1+b+2)(a-1+b-2)}}\\ &=&\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{(a+b)^2-9}}=\frac{t^2+9}{t}=t+\frac 9t\ge 2\sqrt{t\times \frac 9t}=6, \end{eqnarray*} 其中 $t={\sqrt{(a+b)^2-9}}$, 當且僅當 $\left\{\begin{array}{l} \sqrt{(a+b)^2-9}=3\\[5pt] \dfrac{a+1}{a-1}=\dfrac{b+2}{b-2} \end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l} a=\sqrt{2}\\[5pt] b=2\sqrt{2} \end{array}\right.$, 故當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt{2}$ 時, $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $\overline{OP}=1$, $\overline{OQ}=2$, $\overline{AP}$ 垂直於 $\overline{PQ}$ 且 $\overline{OA}=a$, $\overline{BQ}$ 垂直於 $\overline{PQ}$ 且 $\overline{OB}=b$, 四邊形 $APQA'$ 為矩形。

圖1
則 $\overline{AP}=\sqrt{a^2-1}$, $\overline{BQ}=\sqrt{b^2-4}$ 所以 $$ \dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}} =\dfrac{(\overline{OA}+\overline{OB})^2}{\overline{AP}+\overline{BQ}}\ge \frac{(\overline{AB})^2}{\overline{A'B}}=\frac{(\overline{A'B})^2+9}{\overline{A'B}} =\overline{A'B}+\frac{9}{\overline{A'B}}\ge 6\hbox{。}$$ 取等條件為 $A,O,B$ 三點共線且 $\overline{A'B}=3$, 即 $\left\{\!\begin{array}{l} b=2a\\[5pt] {\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}=3 \end{array}\right.$, 解得 $\left\{\!\begin{array}{l} a=\sqrt{2}\\[5pt] b=2\sqrt{2} \end{array}\right.$, 故當且僅當 $a=\sqrt{2}$, $b=2\sqrt{2}$ 時, $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $a\gt 2$, $b\gt 3$ 則 $\dfrac{(a+b)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}}$ 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 $a_1\gt b_1$, $a_2\gt b_2$ 且 $a_1,a_2$ 為變數, $b_1,b_2$ 為常數, 則 $\dfrac{(a_1+a_2)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}}$ 的最小值為 $2(b_1+b_2)$。

證明: 設 $c_1=\sqrt{a_1^2-b_1^2}$, $c_2=\sqrt{a_2^2-b_2^2}$, $c_1,c_2\in R^+$, 則運用均值不等式得: \begin{eqnarray*} \dfrac{(a_1+a_2)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}} &=&\dfrac{(\sqrt{c_1^2+b_1^2}+\sqrt{c_2^2+b_2^2})^2}{c_1+c_2}\ge \frac{\Big[\dfrac 1{\sqrt{2}}(b_1+c_1)+\dfrac 1{\sqrt{2}}(b_2+c_2)\Big]^2} {c_1+c_2}\\ &=&\frac{(b_1+b_2+c_1+c_2)^2}{2(c_1+c_2)}\ge\frac{4(b_1+b_2)(c_1+c_2)}{2(c_1+c_2)}=2(b_1+b_2), \end{eqnarray*} 當且僅當 $a_1=\sqrt{2}b_1$, $a_2=\sqrt{2}b_2$ 時, $\dfrac{(a_1+a_2)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}}$ 的最小值為 $2(b_1+b_2)$。

證明2: 可参考圖 1, 在直線 $l$ 上依次取點 $P,O,Q$, 使得 $\overline{OP}=b_1$, $\overline{OQ}=b_2$, $\overline{AP}$ 垂直於 $\overline{PQ}$ 且 $\overline{OA}=a_1$, $\overline{BQ}$ 垂直於 $\overline{PQ}$ 且 $\overline{OB}=a_2$, 四邊形 $APQA'$ 為矩形。 則 $\overline{AP}=\sqrt{a_1^2-b_1^2}$, $\overline{BQ}=\sqrt{a_2^2-b_2^2}$, 所以 \begin{eqnarray*}\dfrac{(a_1+a_2)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}}&=&\frac{(\overline{OA}+\overline{OB})^2}{\overline{AP}+\overline{BQ}} \ge \frac{(\overline{AB})^2}{\overline{A'B}}=\frac{(\overline{A'B})^2+(\overline{OP}+\overline{OQ})^2}{\overline{A'B}}\\ &=&{\overline{A'B}}+\frac{(b_1+b_2)^2}{\overline{A'B}}\ge 2(b_1+b_2)\hbox{。} \end{eqnarray*} 取等條件為 $A,O,B$ 三點共線且 ${\overline{A'B}}=\overline{OP}+\overline{OQ}=b_1+b_2$, 即 $\left\{\begin{array}{l} a_2=b_2a_1\\[5pt] \sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}=b_1+b_2 \end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l} a_1=\sqrt{2}b_1\\[5pt] a_2=2\sqrt{2}b_2 \end{array}\right.$, 故當且僅當 $a_1=\sqrt{2}b_1$, $a_2=2\sqrt{2}b_2$ 時, $\dfrac{(a_1+a_2)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}}$ 的最小值為 $2(b_1+b_2)$。

評注: 運用幾何概念來解題, 其根本是讓讀者更好地對根式 $\sqrt{a_1^2-b_1^2}$ 和 $\sqrt{a_2^2-b_2^2}$ 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 $a_1=a+1$ $a_2=b+2$, $b_1=1$, $b_2=2$ 時, 則問題就是 2018 奧地利數學奧林匹克不等式題, 已知 $a,b\in R^+$, 則 $\dfrac{(a+b+3)^2}{\sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+4b}}\ge 6$, 取等號條件為 $a=\sqrt 2-1$, $b=2(\sqrt 2-1)$。

變式2: 若 $a\gt 1$, $b\gt 3$, $c\gt 5$, 則 $\dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-9}+\sqrt{c^2-25}}$ 的最小值為 18;

變式3: 若 $a\gt 1$, $b\gt 2$, $c\gt 4$, 則 $\dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-4}+\sqrt{c^2-16}}$ 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 $a_1\gt b_1$, $a_2\gt b_2,\ldots,a_n\gt b_n$ 且 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 變數, $b_n$ 為正項的等差數列或等比數列, 記數列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $s_n$, 則 $\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}+\cdots+\sqrt{a_n^2-b_n^2}}$ 的最小值為 $2s_n$。

證明: 設 $c_1=\sqrt{a_1^2-b_1^2}$, $c_2=\sqrt{a_2^2-b_2^2},\ldots,c_n=\sqrt{a_n^2-b_n^2}$, $c_1,c_2,\ldots,c_n\in R^+$ 則運用均值不等式得: \begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}+\cdots+\sqrt{a_n^2-b_n^2}} =\dfrac{(\sqrt{c_1^2+b_1^2}+\sqrt{c_2^2+b_2^2}+\cdots+\sqrt{c_n^2+b_n^2})^2}{c_1+c_2+\cdots+c_n}\\ &\ge& \frac{\Big[\dfrac 1{\sqrt{2}}(b_1+c_1)+\dfrac 1{\sqrt{2}}(b_2+c_2)+\cdots+\dfrac 1{\sqrt{2}}(b_n+c_n)\Big]^2} {c_1+c_2+\cdots+c_n}=\frac{(s_n+c_1+c_2+\cdots+c_n)^2}{2(c_1+c_2+\cdots+c_n)}\\ &\ge&\frac{4s_n(c_1+c_2+\cdots+c_n)}{2(c_1+c_2+\cdots+c_n)}=2s_n, \end{eqnarray*} 當且僅當 $a_1=\sqrt{2}b_1$, $a_2=2\sqrt{2}b_2,\ldots,a_n=2\sqrt{2}b_n$ 時, $$\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-b_1^2}+\sqrt{a_2^2-b_2^2}+\cdots+\sqrt{a_n^2-b_n^2}}$$ 的最小值為 $2s_n$。

幾個結論:

  1. 若 $b_i=i$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-1}+\sqrt{a_2^2-4}+\cdots+\sqrt{a_n^2-n^2}}$ 的最小值為 $n(n+1)$;
  2. 若 $b_i=i+1$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-4}+\sqrt{a_2^2-9}+\cdots+\sqrt{a_n^2\!-\!(n\!+\!1)^2}}$ 的最小值為 $n(n+3)$;
  3. 若 $b_i=i+k$ $(i=1,2,\ldots,n,\ k=0,1,2,\ldots)$, 則 $\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-(1+k)^2}+\sqrt{a_2^2-(2+k)^2}+\cdots+\sqrt{a_n^2\!-\!(n\!+\!k)^2}}$ 的最小值為 $n(n+2k+1)$;
  4. 若 $b_i=2^{i-1}$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{\sqrt{a_1^2-1}+\sqrt{a_2^2-4}+\cdots+\sqrt{a_n^2\!-\!(2^{n-1})^2}}$ 的最小值為 $2(2^n-1)$;
當 $a_1=d_1+b_1$, $a_2=d_2+b_2,\ldots,a_i=d_i+b_i$, $b_i=i$ $(i=1,2,\ldots,n)$, 則 $$\dfrac{\Big[d_1+d_2+\cdots+d_n+\frac{n(n+1)}{2}\Big]^2}{\sqrt{d_1^2+2d_1}+\sqrt{d_2^2+4d_2}+\cdots+\sqrt{d_n^2+2nd_n}}$$ 的最小值為 $n(n+1)$, 取等號條件為 $d_1=\sqrt{2}-1$, $d_2=2(\sqrt{2}-1),\ldots,d_n=n(\sqrt{2}-1)$, 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---