从约束构造定和与定积

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定和、定积不是看到两个项就能假定的条件。把平移、配方、消元和“乘一个确切的1”接成有依据的变形，再将全部取等条件接回原域，才得到真实最值。

一、知识点概念与依据

1. 定积求和、定和求积都需要实际取到

若 $u,v>0,uv=p>0$ ，基本式给 $u+v\ge2\sqrt p$ ，取等 $u=v=\sqrt p$ 。若 $u+v=s>0$ 固定，则 $2\sqrt{uv}\le s$ ，两边非负，除以 $2$ 再平方得 $uv\le s^2/4$ ，取等 $u=v=s/2$ 。在没有额外限制时，这些点合法；附加范围或整数要求存在时须另查。

定和积界还可由恒等式

4uv=(u+v)^2-(u-v)^2,\qquad uv=\frac{s^2}4-\frac{(u-v)^2}4

直接推出。这对任意实数 $u,v$ 都有效，不能把其广范围误移给根式均值公式。

若实际两项为 $\alpha u,\beta v$ ， $\alpha,\beta>0$ ，定积 $uv=p$ 给

\alpha u+\beta v\ge2\sqrt{\alpha\beta p},

取等 $\alpha u=\beta v$ ，联立得 $u=\sqrt{\beta p/\alpha},v=\sqrt{\alpha p/\beta}$ 。若固定带权和 $\alpha u+\beta v=s$ ，则 $uv\le s^2/(4\alpha\beta)$ ，取等 $u=s/(2\alpha),v=s/(2\beta)$ 。相等的是完整带权项，不是无条件令原字母相等。

2. 围绕分母平移，并把每个常数加回

分母为 $x-c$ 、题设 $x>c$ 时，令 $t=x-c>0$ ，反代 $x=t+c$ 。例如

\alpha x+\frac{k}{x-c}=\alpha t+\frac kt+\alpha c.

$\alpha,k>0$ 时两正项积为 $\alpha k$ ，取等 $t=\sqrt{k/\alpha}$ ，常数 $\alpha c$ 不参与取等但不能漏加。

二次分子也按同一平移展开：

Ax^2+Bx+C=At^2+(2Ac+B)t+(Ac^2+Bc+C).

记 $K=Ac^2+Bc+C$ ， $t\ne0$ 才能逐项除，得

\frac{Ax^2+Bx+C}{x-c}=At+(2Ac+B)+\frac Kt.

若 $A,K,t>0$ ，下界为 $2\sqrt{AK}+2Ac+B$ ，取等 $t=\sqrt{K/A}$ 。原分式有意义并不自动证明 $A,K$ 正；新元还有更窄范围时也须保留。

几个同型短例有不同的常数： $a>1$ 时 $a+4/(a-1)=t+4/t+1\ge5$ ，在 $a=3$ 取到，原选项 $9,6$ 高于已取得值、 $4$ 低于界。 $x>1$ 时 $(x^2-2x+2)/(x-1)=t+1/t\ge2$ ，在 $x=2$ 取到， $\sqrt6,4,2\sqrt2$ 都不能称最小值。直接配 $x$ 与 $k/(x-c)$ 时积随 $x$ 变化，不能当固定最值。

另一组原两问分别给： $x>2$ 时 $x+1/(x-2)=t+1/t+2\ge4$ ，在 $x=3$ 取到； $0<x<3$ 时 $2x(3-x)\le9/2$ ，在 $x=3/2$ 取到，亦可配成 $9/2-2(x-3/2)^2$ 。同是正项，一问定积求最小和，一问定和求最大积，方向不同。

3. 两个负项先取相反数

若 $A,B<0$ ，令 $u=-A,v=-B$ ，正项和下界乘 $-1$ 后成为原负和上界： $A+B\le-2\sqrt{AB}$ 。积为固定正数时才是固定上界，且等号仍须原条件允许。

原题 $x<-2$ ， $y=2x+1/(x+2)$ ，令 $t=-(x+2)>0$ ，完整反代给

y=-(2t+1/t)-4\le-2\sqrt2-4.

取等 $2t=1/t$ ，正根 $t=1/\sqrt2$ ，故 $x=-2-\sqrt2/2$ 合法，最大值确为 $-2\sqrt2-4$ 。少掉平移常数会得到错误的 $-2\sqrt2$ ；正的 $2\sqrt2$ 与 $2\sqrt2-4$ 也都大于可取上界。正和的最小与负和的最大通过负号反向连接。

4. 乘积与一次项的约束，按交叉项配括号

若 $ab-\alpha a-\beta b=\gamma$ ，则两边加同一常数得到

(a-\beta)(b-\alpha)=ab-\alpha a-\beta b+\alpha\beta=\gamma+\alpha\beta.

$a$ 旁减去的是原 $b$ 一次项的系数，位置由展开的交叉项决定。固定积为正仍可能两括号都负；原变量正也不保证减常数后正。应由题设或原等式分别证明新量正，再进入正定积方法。

记 $u=a-\beta,v=b-\alpha$ ，线性和要保留常数；带权倒数和的两项积则是 $cd/(uv)$ 。取等分别可能是 $cu=dv$ 或 $c/u=d/v$ ，不可混用。除表达式前先排其为零，两个小问目标不同，等号点通常也不同。

5. 用约束构成准确的1，展开定积交叉项

若 $x,y>0$ 且 $\alpha x+\beta y=s$ ， $\alpha,\beta,s>0$ ，对正系数 $a,b$ ，

\frac ax+\frac by =\frac1s\left(\frac ax+\frac by\right)(\alpha x+\beta y) =\frac1s\left(a\alpha+b\beta+\frac{a\beta y}{x}+\frac{b\alpha x}{y}\right).

原两倒数项的积一般不固定，展开后的交叉项却各正且积为 $ab\alpha\beta$ ，因此目标至少为 $(a\alpha+b\beta+2\sqrt{ab\alpha\beta})/s$ 。

取等给 $a\beta y^2=b\alpha x^2$ ，由正性得到 $r=y/x=\sqrt{b\alpha/(a\beta)}$ ；再用约束确定尺度 $x=s/(\alpha+\beta r),y=rx$ 。只给比例还未证明合法取得。倒数和固定、目标为线性和时也可反向使用同一结构，但常数不是 $1$ 就必须先除它。

原 $2x+y=1$ 、目标 $1/x+4/y$ 展开为 $6+y/x+8x/y\ge6+4\sqrt2$ 。取等 $y=2\sqrt2x$ ，接原和给 $x=(\sqrt2-1)/2,y=2-\sqrt2$ ，均正。选项 $2\sqrt2,9$ 低于界， $8\sqrt2$ 也低于界，因为 $6>4\sqrt2$ 可由两正数平方比较确认。不能误把约束改成 $x+y=1$ 。

6. 消元必须证明新范围能反向恢复

消元不仅减少字母，还应把所有正性、区间和分母条件变成新变量的真实范围。原解推出新范围是必要性；任取新范围中的点能按恢复式回到原约束，才说明没有引入非法对象。

例如 $a>0,b>1,a+4/(b-1)=1$ ，因正倒数使 $0<1-a<1$ ，推出 $b>5$ 。消元 $a=(b-5)/(b-1)$ ；反向任取 $b>5$ ，此 $a>0$ 且原等式成立。目标

\frac4a+b=\frac{4(b-1)}{b-5}+b=(b-5)+\frac{16}{b-5}+9\ge17.

等号 $b-5=4$ 给 $b=9,a=1/2$ ，原目标 $8+9=17$ 。 $15,16$ 低于界， $18$ 大于已取得值；仅用 $b>1$ 会放入 $a\le0$ 的非法点。

7. 取等点被范围排除时，不用导数也能再比较

对 $t>0,K>0$ ，

t+\frac Kt-2\sqrt K=\frac{(t-\sqrt K)^2}{t}\ge0.

这只给全正域的界与唯一取等点。若真实范围更窄，任取 $0<t_1<t_2$ ，作差

\left(t_2+\frac K{t_2}\right)-\left(t_1+\frac K{t_1}\right) =(t_2-t_1)\left(1-\frac K{t_1t_2}\right).

两点都不大于 $\sqrt K$ 时差非正；都不小于它时差非负。先由此判断在真实区间的变化，再看端点是否允许，不能把开端点当见证。整数限制也不能直接将连续取等点四舍五入，须据已证明的变化规律选候选并比较。

二、考点方法与例题

方法一：先构造完整两项，再接取等与原约束

明确哪两项正、哪一个和或积固定，写出恒等变形与常数来源。解两项相等以后，将所有变量恢复并代回原范围、原等式、原目标；每一项都通过才把界叫最值。

方法二：多小问共享约束，不共享未给的等号点

共同约束继续有效，每问重新选择目标和参与比较的两项。前问取得最值的变量不是后问已知，除非题干明确要求“在前一最值取得时”。

例题 01 固定和与平移后的固定积

题目

（1）若 $0<x<2$ ，求 $y=x(2-x)$ 的最大值；

（2）已知 $x>-1$ ，求 $y=\frac{{x}^{2}+2x+10}{x+1}$ 的最小值．

答案与解析

解析

（1） $0<x<2$ 保证 $x,2-x$ 均正，和为 $2$ ，故

y=x(2-x)\le\left(\frac{x+(2-x)}2\right)^2=1.

取等 $x=2-x$ ，得 $x=1$ ，位于开区间内部，代回为 $1$ 。也可由 $y=1-(x-1)^2$ 核验。

原解析末句把函数抄成 $y=2(2-x)$ ，这不是题干；应依据 $y=x(2-x)$ 的上述计算，不能将那个错误函数也说成最大值 $1$ 。

（2） $x>-1$ 使 $t=x+1>0$ ，分子 $x^2+2x+10=t^2+9$ ，逐项除给

y=t+\frac9t\ge6.

取等 $t^2=9$ ，正域保留 $t=3$ ，即 $x=2>-1$ 。原值 $(4+4+10)/3=6$ ，所以最小值确可取。两问都说明开区间不妨碍内部点取得最值。

本题结论

（1）最大值 $1$ ，在 $x=1$ 取得；（2）最小值 $6$ ，在 $x=2$ 取得。

例题 02 平移量的带权和

题目

已知实数 $a>1,b>1$ ，且 $ab=a+b+3$ ，则 $a+9b$ 的最小值为（）

A．16 B．18 C．22 D．26

答案与解析

解析

将原约束移项后两边加 $1$ ：

ab-a-b=3\iff(a-1)(b-1)=4.

题设 $a,b>1$ 保证两个新量正。完整改写目标

a+9b=(a-1)+9(b-1)+10\ge2\sqrt{9(a-1)(b-1)}+10=22.

取等是 $a-1=9(b-1)$ ，不是 $a=b$ 。令 $u=a-1>0,v=b-1>0$ ，则 $uv=4,u=9v$ ，推出 $9v^2=4$ ，故 $v=2/3,u=6$ ，得到 $a=7,b=5/3$ 。

核原式： $ab=35/3=a+b+3$ ，目标 $7+15=22$ ，范围符合。A 的 $16$ 、B 的 $18$ 小于下界；D 的 $26$ 大于已取得的 $22$ ；C 正确。

本题结论

C，最小值 $22$ ；在 $a=7,b=\frac53$ 取得。

例题 03 由约束证明平移分母正

题目

若 $x>0$ ， $y>0$ ，且 $x+y=xy$ ，则 $\frac{x}{x-1}+\frac{2y}{y-1}$ 的最小值为（）

A． $2+2\sqrt{3}$ B． $3+2\sqrt{2}$ C．4 D．5

答案与解析

解析

不能仅由 $x,y>0$ 假定 $x-1,y-1$ 正。原式给 $xy=x+y>y$ ，除正 $y$ 得 $x>1$ ；同理 $y>1$ 。两边移项再加 $1$ ，有 $(x-1)(y-1)=1$ 。

目标逐项分离：

\frac{x}{x-1}+\frac{2y}{y-1}=3+\frac1{x-1}+\frac2{y-1}\ge3+2\sqrt2.

后两项正、积为 $2$ 。取等要求 $1/(x-1)=2/(y-1)$ ，即 $y-1=2(x-1)$ 。联立固定积，得 $x-1=1/\sqrt2,y-1=\sqrt2$ 。两量正，固定积展开回去也确实给 $xy=x+y$ ，所以界可取得。

C 的 $4$ 、D 的 $5$ 都低于界。A 也低于界，因为

2(\sqrt3-\sqrt2)=\frac2{\sqrt3+\sqrt2}<1,

所以 $2+2\sqrt3<3+2\sqrt2$ 。因此选 B。

本题结论

B，最小值 $3+2\sqrt2$ ； $x=1+\frac1{\sqrt2},y=1+\sqrt2$ 。

例题 04 同一约束的两种目标

题目

已知正数 $a$ ， $b$ 满足 $ab=2a+b+2$ .

(1)求 $a+2b$ 的最小值；

(2)求 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最小值.

答案与解析

解析

先核真实范围： $b(a-1)=2a+2>0$ 且 $b>0$ ，推出 $a>1$ ； $a(b-2)=b+2>0$ 推出 $b>2$ 。因此

(a-1)(b-2)=4

中的两个量确为正。

（1）令 $u=a-1>0$ ，恢复 $b=2+4/u$ 。目标

a+2b=u+\frac8u+5\ge5+4\sqrt2.

取等 $u^2=8$ ，正根 $u=2\sqrt2$ ，故 $a=1+2\sqrt2,b=2+\sqrt2$ 。代回平移积为 $4$ ，原目标为上述界，故为最小值。

也可直接用两项 $(a-1)$ 与 $2(b-2)$ ，其积 $8$ ，加回常数 $5$ ，得到同一结论。

（2）除正 $ab$ 得

\frac1a+\frac2b+\frac2{ab}=1.

令 $u=1/a>0,v=2/b>0,t=u+v$ ，则 $t+uv=1$ ，特别有 $0<t<1$ 。平方差非负给 $4uv\le(u+v)^2$ ，所以

1-t\le t^2/4\iff(t+2)^2\ge8.

$t+2>0$ ，得到 $t\ge2\sqrt2-2$ ；另一负分支与真实范围矛盾。

取等 $u=v$ 即 $b=2a$ ，接原约束得 $2a^2=4a+2$ ，即 $(a-1)^2=2$ 。由 $a>1$ 保留 $a=1+\sqrt2,b=2+2\sqrt2$ 。原目标 $2/a=2\sqrt2-2$ ，原约束与正性均通过。两个小问的取等点不同，不能把前问最优点直接带给后问。

本题结论

（1） $5+4\sqrt2$ ；（2） $2\sqrt2-2$ ；各自取等点如解析。

例题 05 消元范围与三个目标的取得

题目

已知 $x>2$ ， $y>0$ ， $xy=y+4$ ．

(1)求 $x+y$ 的最小值和 ${\left( x-1\right)}^{2}+{y}^{2}$ 的最小值；

(2)求 $x+\frac{4}{4-y}$ 的最小值．

答案与解析

解析

$y(x-1)=4$ ，由 $y>0$ 可除，得到 $x=1+4/y$ 。再接 $x>2$ ： $4/y>1$ 等价于 $y<4$ ，所以真实范围是 $0<y<4$ 。

反向任取这一范围内的 $y$ ，令 $x=1+4/y$ ，则 $x>2$ ，且 $xy=y+4$ 。因此新范围没有增加或漏掉原允许点；也保证第（2）问分母 $4-y>0$ 。

（1）两个目标分别化为

x+y=1+y+\frac4y\ge5,\qquad (x-1)^2+y^2=\frac{16}{y^2}+y^2\ge8.

两次正项积分别为 $4,16$ 。取等分别为 $y^2=4$ 与 $y^4=16$ ，由正性都保留 $y=2$ ，恢复 $x=3$ 。它满足真实范围与原约束，故两个最小值分别为 $5,8$ 。

（2）逐项代入，利用 $4=y+(4-y)$ ：

x+\frac4{4-y}=1+\frac4y+\frac4{4-y} =3+\frac{4-y}{y}+\frac y{4-y}\ge5.

两交叉项正且积为 $1$ ，取等 $4-y=y$ ，得 $y=2,x=3$ ，原目标 $3+4/2=5$ ，确能取到。若只记 $y>0$ ，就会误允许 $y\ge4$ ，这时后续正分母步骤已不合法。

本题结论

（1）最小值依次为 $5,8$ ；（2）最小值为 $5$ 。三者均在 $x=3,y=2$ 取得。

例题 06 构成1的系数与原约束

题目

已知 $x$ 、 $y\in \left( 0,+\infty \right)$ ，且满足 $\frac{1}{x}+\frac{1}{2y}=2$ ，那么 $x+2y$ 的最小值为（）

A． $4$ B． $2$ C． $1+\frac{\sqrt{2}}{2}$ D． $1-\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案与解析

解析

原倒数和等于 $2$ ，所以构成 $1$ 须先乘 $1/2$ ：

x+2y=\frac12(x+2y)\left(\frac1x+\frac1{2y}\right) =\frac12\left(2+\frac{2y}x+\frac x{2y}\right)\ge2.

两交叉项正且积为 $1$ 。取等 $2y/x=x/(2y)$ ，同乘正 $2xy$ 得 $x^2=4y^2$ ；正性保留 $x=2y$ 。代回真正的原约束 $1/x+1/(2y)=2$ ，得 $2/x=2$ ，故 $x=1,y=1/2$ ，目标为 $2$ 。

原解析列取等联立式时把倒数和写成 $1$ ，与题干及前面计算不一致。若真按这个错误条件求解，会得 $x=2,y=1$ ，目标 $4$ ，但原倒数和不等于 $2$ ，并非合法点。比例取等不能代替原常数约束。

B 正确；A 的 $4$ 大于已经取得的 $2$ ，C、D 都小于下界。原答案与最终变量点正确，联立条件的那一行须单独纠正。

本题结论

B，最小值 $2$ ；在 $x=1,y=\frac12$ 取得。