整体量、二次约束与分层最值

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复杂目标不一定要逐个解出原变量。先识别和、积、比值或第一层最优点构成的整个对象，再用平方非负求界。每一步都保留真实范围，并用恢复原变量证明所求界确能达到。

一、知识点概念与依据

1. 和与积由同一个等式连接时，整体换元

若 $u,v>0$ 且 $u+v+uv=C$ ，则 $C>0$ 。求和时设 $t=u+v$ ，原约束给 $uv=C-t>0$ ，所以 $0<t<C$ 。平方差展开为 $(u+v)^2-4uv\ge0$ ，于是

4(C-t)\le t^2\iff(t+2)^2\ge4(C+1).

$t+2>0$ ，故 $t\ge2\sqrt{C+1}-2$ ；另一负分支不合法。

求积时可令 $s=\sqrt{uv}>0$ ，原约束给 $u+v=C-s^2$ 。基本式给 $C-s^2\ge2s$ ，即 $(s+1)^2\le C+1$ 。由正性得

0<s\le\sqrt{C+1}-1,\qquad uv\le(\sqrt{C+1}-1)^2.

两种边界都须 $u=v$ ，联立 $2u+u^2=C$ 得 $u=v=\sqrt{C+1}-1>0$ ，确实符合原约束。若 $u,v$ 是倒数、平移量或带系数表达式，最后还要恢复原变量，不一定是原字母相等。

2. 证明边界可取，不等于已证明全部值域

上述不等式先给必要界，等号点证明边界可取。若还要证明每个允许的中间和 $t$ 都可实现，可构造

z^2-tz+(C-t)=0.

当 $0<t<C$ 且 $t^2-4(C-t)\ge0$ 时，两根实数、和正、积正，所以两根同号且都正；取它们为 $u,v$ ，便恢复原和积约束。重根也合法。若原变量有额外限制，恢复后须逐项核对，不能把仅对正数的结论直接套到较窄范围。

3. 用约束构成的1补齐次数

单项式次数是变量指数之和： $x^2,xy,y^2$ 都二次， $x$ 一次，常数零次。若线性约束 $\alpha x+\beta y=c$ ， $c\ne0$ ，记 $L=(\alpha x+\beta y)/c=1$ 。要把分子统一为二次，可将一次项乘 $L$ 、常数乘 $L^2$ ，原有二次项不动。每项数值仍不变，目的在于除同次分母后产生正比值。

平方展开中的 $2uv$ 不能漏；原常数若不是 $1$ ，归一的分母也不能漏。 $c=0$ 时此方式不可用。若最后得到

A\frac xy+B\frac yx+D,\qquad A,B,x,y>0,

两正项积为 $AB$ ，下界 $2\sqrt{AB}+D$ ，取等 $Ax^2=By^2$ ，正性给 $x/y=\sqrt{B/A}$ ，仍需原线性约束确定尺度。仅有 $xy\ne0$ 或正积不能替代完整正性。

例如原 $x,y>0,x+2y=1$ ，低次项 $y$ 用 $y(x+2y)$ 替代：

\frac{x^2+y}{xy}=\frac{x^2+xy+2y^2}{xy}=\frac xy+\frac{2y}x+1\ge2\sqrt2+1.

取等 $x=\sqrt2y$ ，接原和给 $x=\sqrt2-1,y=1-\sqrt2/2$ ，均正。原三个其他候选 $1/(2\sqrt2),2\sqrt2,1/(2\sqrt2+1)$ 都低于下界，不能是最小值。一次项补齐是为了形成比值，不是随意增加一个条件。

4. 全实数二次约束同时保留同号与异号界

变量允许任意实数时，不能直接套要求两正项的根式公式。对实数整体 $u,v$ ，分别展开

(u-v)^2\ge0\Rightarrow u^2+v^2\ge2uv,\qquad (u+v)^2\ge0\Rightarrow u^2+v^2\ge-2uv.

合起来为 $u^2+v^2\ge2\lvert uv\rvert$ ，第一条取等 $u=v$ ，第二条取等 $u=-v$ 。带平方系数可以吸收进整体，例如用 $u=3a,v=b$ ，但乘积 $uv=3ab$ 的系数不能丢。

记平方和 $S$ 、乘积 $p$ ，用原约束将它们联系，再分别接两条平方界。除负数反向，系数为零不能除，参数造成二次约束退化时也不保证允许集合有界。

线性和若记为 $T$ ，由 $T^2\le M$ 、 $M\ge0$ 只能得到 $-\sqrt M\le T\le\sqrt M$ 。求最大必须找到达到正上界的合法点，负号点可能同样让平方最大，却使原和最小。

5. “第一目标取得最值时”，第二目标只在等号族中求

设原允许对象为 $D$ ，第一目标 $F$ 的最大值为 $M$ ，则第二目标 $G$ 只能在满足 $F=M$ 的原对象中优化。只知道 $F\le M$ 不会限制到这些点；若 $M$ 实际取不到，第一层等号族为空，不能虚构一点继续算。

先证明第一最值可取，再解全部等号条件，描述剩余自由变量和完整范围。比例被固定不代表尺度固定，不能擅自把某变量设成 $1$ 。还要证明这个变量族既覆盖所有第一层等号点，又每一点都能恢复为原合法对象。

第二目标代入这一族后，再用单变量方法求界。最后回验三件事：原约束、第一目标确为最值、第二目标确达到所报界。若第二层使用倒数新元，范围同样必须保留。

6. 正分母的下界才可安全转为倒数上界

若 $H\ge c>0$ ，则 $1/H\le1/c$ ，取等条件仍为 $H=c$ 。如果只得一个为零或负的下界，不能直接作同样倒数比较；必须先判断实际分母符号、排除零点。分式比值最大常来自分母最小，但此结论有正性前提。

二、考点方法与例题

方法一：整体量从原约束来，再恢复见证

选和、积、平方和或比值作为整体，写出新元的真实范围。用平方非负推出边界后，联立正确取等条件；有多个原变量符号时全部保留，再按原条件筛选。

方法二：分层目标先描述全部第一层取等点

先证第一层上下界与取得，解出取等族，再对第二目标优化。不能直接在全域优化第二式，也不能任取第一层的一点代替全族。

例题 01 积的整体元与带权平移和

题目

已知 $a>0,b>0,\text{且}ab+a+b=1$

(1)求ab的最大值；

(2)求 $2a+3b$ 的最小值．

答案与解析

解析

（1）原约束给 $a+b=1-ab$ 。令 $t=\sqrt{ab}>0$ ，基本式给 $1-t^2\ge2t$ ，即 $(t+1)^2\le2$ 。因 $t+1>0$ ，有 $0<t\le\sqrt2-1$ ，平方保序，得

ab\le(\sqrt2-1)^2=3-2\sqrt2.

取等 $a=b=\sqrt2-1$ ，原约束左边为 $a^2+2a=(a+1)^2-1=1$ ，正性满足，所以最大积确可取得。

（2）两边加 $1$ 得 $(a+1)(b+1)=2$ ，且两个新量实际都大于 $1$ 。目标

2a+3b=2(a+1)+3(b+1)-5\ge2\sqrt{6(a+1)(b+1)}-5=4\sqrt3-5.

取等 $2(a+1)=3(b+1)$ ，接固定积得 $a+1=\sqrt3,b+1=2/\sqrt3$ 。恢复 $a=\sqrt3-1,b=2/\sqrt3-1$ ， $\sqrt3<2$ 保证 $b>0$ ， $a>0$ 也成立；两者小于 $1$ ，平移积为 $2$ ，原约束和目标全部符合。

本问不能沿用前问的 $a=b$ 。带权目标选择的是 $2(a+1)$ 与 $3(b+1)$ ，取等必须针对这两个完整量。

本题结论

（1）最大值 $3-2\sqrt2$ ；（2）最小值 $4\sqrt3-5$ 。

例题 02 同一带权和下的三个目标

题目

已知 $a>0$ ， $b>0$ ，且 $2a+b=1$ .

(1)求 $ab$ 的最大值；

(2)求 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}$ 的最小值；

(3)求 $\frac{{b}^{2}+2a+1}{2ab}$ 的最小值.

答案与解析

解析

（1）两正项 $2a,b$ 和为 $1$ ，基本式 $1\ge2\sqrt{2ab}$ ，两边非负平方得到 $1\ge8ab$ ，故 $ab\le1/8$ 。取等 $2a=b$ ，接原和得到 $a=1/4,b=1/2$ ，合法且积为 $1/8$ 。

（2）乘原和形成的 $1$ ：

\frac1a+\frac2b=\left(\frac1a+\frac2b\right)(2a+b)=4+\frac ba+\frac{4a}b\ge8.

交叉项正、积为 $4$ ，取等 $b^2=4a^2$ ，正性给 $b=2a$ ；与原约束得同一合法点，原目标 $4+4=8$ 。

（3）分母二次，分子包含一次项和常数。用 $1=2a+b$ 分别补齐：

\begin{aligned} b^2+2a+1&=b^2+2a(2a+b)+(2a+b)^2\\ &=b^2+(4a^2+2ab)+(4a^2+4ab+b^2)\\ &=8a^2+6ab+2b^2. \end{aligned}

除正 $2ab$ ，得到

\frac{b^2+2a+1}{2ab}=\frac{4a}b+\frac ba+3\ge7.

取等仍要求 $b=2a$ ，与原约束给 $a=1/4,b=1/2$ 。原比值 $(1/4+1/2+1)/(1/4)=7$ ，下界可取。三问等号点恰好相同，但必须由各自方程确认，不是因为题目排在一起就共用。

本题结论

（1）最大值 $\frac18$ ；（2）最小值 $8$ ；（3）最小值 $7$ 。均在 $a=\frac14,b=\frac12$ 取得。

例题 03 全实数二次约束中的两个符号边界

题目

已知实数 $a$ 、 $b$ 满足： $9{a}^{2}+{b}^{2}+4ab=10$ .

(1)求 $ab$ 和 $3a+b$ 的最大值；

(2)求 $9{a}^{2}+{b}^{2}$ 的最小值和最大值.

答案与解析

解析

$a,b$ 只是实数，不能擅自限制为正。记 $p=ab,S=9a^2+b^2$ ，原约束为 $S+4p=10$ 。两平方非负分别给

(3a-b)^2\ge0\Rightarrow S\ge6p,\qquad(3a+b)^2\ge0\Rightarrow S\ge-6p.

（1）先求积： $10-4p=S\ge6p$ ，得 $p\le1$ 。取等 $b=3a$ ，代原约束 $30a^2=10$ ，所以 $a=\pm\sqrt3/3,b=\pm\sqrt3$ 同号两点，均取得 $ab=1$ 。

令 $T=3a+b$ ，则 $T^2=S+6p=10+2p\le12$ ，故 $T\le\lvert T\rvert\le2\sqrt3$ 。正号点 $a=\sqrt3/3,b=\sqrt3$ 达到正上界；负号点得到 $-2\sqrt3$ ，不使 $T$ 最大。

原解析也用 $2ab\le(3a+b)^2/6$ 求同一界。这在任意实数上成立，因为右边减左边为 $(3a-b)^2/6\ge0$ ；应由平方非负解释，不能直接把可能为负的 $3a,b$ 当作正数套根式均值。

（2）用 $p=(10-S)/4$ 分别代两平方界：

S\ge\frac32(10-S)\Rightarrow\frac52S\ge15\Rightarrow S\ge6,

同号两点取到。另一条给

S\ge-\frac32(10-S)\Rightarrow-\frac12S\ge-15\Rightarrow S\le30.

最后一步除负数反向。取等 $b=-3a$ ，原约束变成 $6a^2=10$ ，得 $a=\pm\sqrt{15}/3,b=\mp\sqrt{15}$ ，异号两点确给平方和 $30$ 。只用同号平方界会漏掉最大值一端。

本题结论

（1） $ab$ 最大为 $1$ ， $3a+b$ 最大为 $2\sqrt3$ ；（2）平方和最小为 $6$ 、最大为 $30$ 。

例题 04 先确定第一最值的全部取等族

题目

设正实数x，y，z满足 ${x}^{2}-y-xz+4{z}^{2}=0$ ，则当 $\frac{xz}{y}$ 取得最大值时， $\frac{4}{x}-\frac{6}{y}+\frac{1}{z}$ 的最大值为（）

A．2 B． $\frac{15}{16}$ C．1 D． $\frac{9}{4}$

答案与解析

解析

原约束给 $y=x^2-xz+4z^2$ 。由 $x,z>0$ ，令 $r=x/z>0$ ，第一目标为

\frac{xz}{y}=\frac1{r+4/r-1}\le\frac13.

理由是 $r+4/r\ge4$ ，分母至少为正数 $3$ ，才允许取倒数反向。取等 $r=2$ ，即 $x=2z$ ，原约束随之给 $y=6z^2$ 。

全部第一层等号点恰为 $z>0,x=2z,y=6z^2$ 。必要性由唯一取等比例；充分性任取正 $z$ ，原约束左边为 $4z^2-6z^2-2z^2+4z^2=0$ ，比值 $xz/y=1/3$ 。所以 $z$ 仍自由，不能擅自设成 $1$ 。

第二目标只在这一族里求：

\frac4x-\frac6y+\frac1z=\frac3z-\frac1{z^2}.

设 $t=1/z>0$ ，配方

3t-t^2=-(t-3/2)^2+9/4\le9/4.

取等 $t=3/2$ 合法，恢复 $z=2/3,x=4/3,y=8/3$ 。原约束满足，第一比值为 $1/3$ ，后一目标 $3-9/4+3/2=9/4$ ，三层均通过。

D 正确；A 的 $2$ 、B 的 $15/16$ 、C 的 $1$ 都小于实际达到的 $9/4$ ，不能是最大值。

本题结论

D，最大值 $\frac94$ ；在 $x=\frac43,y=\frac83,z=\frac23$ 取得。