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摘 要：本文探究的是一道2006年清华大学自主招生试题，笔者从两个方面研究此题：在求最大值时，利用一个凸函数的命题，对这一类型的题目做了简要证明，并做出推广；在求最小值时，利用Holder不等式做出证明并给出推广.
关键词：最值；凸函数；Holder不等式
具体题目如下：已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最值.本文利用了均值不等式和构造法这两种方法证明了该题.
[?] 最大值
命题1 假设f（x）是定义在实数域[a，b]上的凸函数，实数x1，x2∈[a，b]，且满足x1 x2=C，其中2a≤C≤2b. 当且仅当（x1，x2）中至少有1个元素等于a或b，g2（x1，x2）=f（x1） f（x2）达到最大值时.
证明：已知C∈[2a，2b]. 现证g2（x1，x2）≤f（a） f（C-a），C≤a b，
f（b） f（C-b），C≥a b. 若C≤a b，则C-a≤b，因为x1，x2∈[a，C-a]，则存在参数0≤t≤1，使得x1=ta （1-t）（C-a），x2=（1-t）a t（C-a），由Jensen不等式，可得f（x1）≤tf（a） （1-t）f（C-a）以及f（x2）≤（1-t）f（a） tf（C-a），两式相加，可得f（x1） f（x2）≤f（a） f（C-a）. 当C≥a b时，用类似的方法可以证明，证毕.
例1 已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最大值.
证明：构造函数f（x）=x4，f ″（x）=12x2≥0，由题意，a，b∈[0，1]，且a b=1，根据命题1，当f（a） f（b）取到最大值时，a中b至少取到一个0或1，则M的最大值为1.
推论1 已知a，b为非负数，M=（a l）k （b l）k，a b=m，M的最大值为（m l）k，其中（k∈Z ，m∈R ，l≥0）.
证明：构造函数f（x）=（x l）k，f ″（x）=k（k-1）（x l）k-2≥0，由题意，a，b∈[0，m]，且a b=m，根据命题1，当f（a） f（b）取到最大值时，a中b至少取到一个0或m，则M的最大值为lk （m l）k.
推论2 已知a，b为非负数，a1，a2为非负常数， M=a1ak a2bk，a b=m，M的最大值为max{a1，a2}·mk，其中（m∈R ，k∈Z ）.
证明：不妨设a1=max{a1，a2}，则M=a1ak a2bk≤a1ak a1bk，则根据推论1，可知M≤a1mk，当且仅当a=m，b=0时等号成立，证毕.
命题2 假设f（x）是定义在实数域[a，b]上的凸函数，实数x1，x2，…xn∈[a，b]，且满足xi=C，其中na≤C≤nb. 当且仅当x1，x2，…xn中至少有n-1个元素等于a或b，gn（x1，x2，…xn）=f（xi）达到最大值.
证明：由命题1可知，当n=2时成立，现用数学归纳法证明. 当n=k时，结论成立；则当n=k 1时，gk 1（x1，x2，…xk 1）=f（xi）=f（x1） gk（x2，…xk 1）. 首先固定x1，当gk（x2，…xk 1）取到最大值时，其中至少有k-1个为a或b，不妨设x2，…xk均为a或b，那么gk（x2，x3，…xk 1）≤f（xk 1） lf（a） （k-1-l）f（b），其中0≤l≤k-1，则gk 1（x1，x2，…xn）=f（x1） gk（x2，…xk 1）≤f（x1） f（xk 1） lf（a） （k-l-1）f（b），其中xk 1=C-x1-la-（k-l-1）b. 再将x1视为自变量，应用命题1的结论，x1或xk 1中的有一个为a或b，则n=k 1时成立，所以对一切正整数n都成立，证毕.
例2 已知a，b，c∈[0，2]，且满足a b c=5，M=a4 b4 c4，求M的最大值.
证明：构造凸函数f（x）=x4. 不妨设a≤b≤c，根据命题2，可得当M取到最大值时，当且仅当a=b=0或b=c=2时成立，显然a=b=0不符合条件，所以max（M）=24 24 14=33.
推论3 设a1，a2，…，an∈[0，2a]（a>0），M=a a … a，且a1 a2 …an=na，则max（M）=2na2， n为偶数，
2（n 1）a2， n为奇数 .
证明：构造凸函数f（x）=x2，根据命题2，可得，当且仅当有k0个数等于2a，n-1-k0个数等于0时，M可以达到最大值，由于a1，a2，…，an∈[0，2a]，所以na-2k0a≤2a，且2k0a≤na?≤k0≤，M=4k0a2 （na-2k0a）2. 若n为偶数，分析可得k0=时，max（M）=2na2；若n为奇数，分析可得k0=时，则max（M）=2（n 1）a2.
例3 设a1，a2，…，a1999∈[-2，2]，M=a a …a，且a1 a2 …a1999=0，求M的最大值.
证明：根据命题2，则至少有k0个2和（1999-k0-1）个-2时，M可达到最大值，根据题意，2k0 （1999-k0-1）（-2）≤2?2k0-1998≤1，可得k0=999，则最后一个数为0，所以max（M）=1998·22=7992.
由于例3中的区间[-2，2]中有负数，而f（x）=x2在这个区间上仍然属于凸函数，如果重新定义这个函数和它所属的区间，那么将会得到更加一般的结论.
推论4 设a1，a2，…，an∈[-a，a]（a>0），M=（a1 l）2k （a2 l）2k …（an l）2k，且a1 a2 …an=0，则max（M）=n（a l）2k， n为偶数，
（n-1）（a l）2k， n为奇数，其中k∈Z ，l∈R . 证明：当n为偶数时，max（M）=n（a l）2k，当且仅当有a1，a2，…an中有个a和-a等号成立；当n为奇数时，根据命题2，则至少有k0个a和（n-k0-1）个-a时，M可达到最大值，根据题意， k0a （n-k0-1）（-a）≤a?2k0 1-n≤1，可得k0=，，，n为奇数，只有k0=为整数，所以max（M）=（n-1）·（a l）2k，证毕.
注意，其中k为偶数，才可以保证所构造的函数f（x）=（x l）2k在[-a，a]为凸函数.
[?] 最小值
引理1 （Holder不等式）对于m个正数序列（a11，a12，…，a1n），（a21，a22，…，a2n），…，（am1，am2，…，amn），有
aij
≥
，当且仅当这m个序列对应成比例时等号成立.
特别的，当m=n=3时，有（a3 b3 c3）·（x3 y3 z3）（t3 u3 v3）≥（axt byu czv）3.
例4 已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最小值.
证明：由Holder不等式，（a4 b4）（1 1）3≥（a b）4=1，所以M≥，当且仅当a=b=时等号成立.
推论5 a1，a2，…，an为非负数，M=（a1 l）k （a2 l）k …（an l）k，且a1 a2 …an=m，则M的最小值为，其中k∈Z ，l∈R .
证明：由Holder不等式M·（1 1 …1）k-1≥（a1 a2 … an nl）k=（m nl）k，所以M的最小值为，当且仅当a1=a2=…=an=时等号成立.
例5 已知a，b，c∈R ， =1，M=a2 8b2 27c2，求M的最小值.
证明：由Holder不等式，（a2 8b2 27c2）·
≥（1 2 3）3=216，所以u=a2 8b2 27c2的最小值为216，当且仅当a=6，b=3，c=2时等号成立.
推论6 a1，a2，…，an∈R ，l1，l，…ln为非负常数，k∈Z ， … =m， M=l1a la … lna，则M的最小值为.
证明：由Holder不等式M·
…
≥（）k，所以M的最小值为，当且仅当l1a=l2a= …=lna时等号成立.
当然，此类型题目的最小值也可以利用琴生不等式证明，这里便不再赘述.
关键词：最值；凸函数；Holder不等式
具体题目如下：已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最值.本文利用了均值不等式和构造法这两种方法证明了该题.
[?] 最大值
命题1 假设f（x）是定义在实数域[a，b]上的凸函数，实数x1，x2∈[a，b]，且满足x1 x2=C，其中2a≤C≤2b. 当且仅当（x1，x2）中至少有1个元素等于a或b，g2（x1，x2）=f（x1） f（x2）达到最大值时.
证明：已知C∈[2a，2b]. 现证g2（x1，x2）≤f（a） f（C-a），C≤a b，
f（b） f（C-b），C≥a b. 若C≤a b，则C-a≤b，因为x1，x2∈[a，C-a]，则存在参数0≤t≤1，使得x1=ta （1-t）（C-a），x2=（1-t）a t（C-a），由Jensen不等式，可得f（x1）≤tf（a） （1-t）f（C-a）以及f（x2）≤（1-t）f（a） tf（C-a），两式相加，可得f（x1） f（x2）≤f（a） f（C-a）. 当C≥a b时，用类似的方法可以证明，证毕.
例1 已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最大值.
证明：构造函数f（x）=x4，f ″（x）=12x2≥0，由题意，a，b∈[0，1]，且a b=1，根据命题1，当f（a） f（b）取到最大值时，a中b至少取到一个0或1，则M的最大值为1.
推论1 已知a，b为非负数，M=（a l）k （b l）k，a b=m，M的最大值为（m l）k，其中（k∈Z ，m∈R ，l≥0）.
证明：构造函数f（x）=（x l）k，f ″（x）=k（k-1）（x l）k-2≥0，由题意，a，b∈[0，m]，且a b=m，根据命题1，当f（a） f（b）取到最大值时，a中b至少取到一个0或m，则M的最大值为lk （m l）k.
推论2 已知a，b为非负数，a1，a2为非负常数， M=a1ak a2bk，a b=m，M的最大值为max{a1，a2}·mk，其中（m∈R ，k∈Z ）.
证明：不妨设a1=max{a1，a2}，则M=a1ak a2bk≤a1ak a1bk，则根据推论1，可知M≤a1mk，当且仅当a=m，b=0时等号成立，证毕.
命题2 假设f（x）是定义在实数域[a，b]上的凸函数，实数x1，x2，…xn∈[a，b]，且满足xi=C，其中na≤C≤nb. 当且仅当x1，x2，…xn中至少有n-1个元素等于a或b，gn（x1，x2，…xn）=f（xi）达到最大值.
证明：由命题1可知，当n=2时成立，现用数学归纳法证明. 当n=k时，结论成立；则当n=k 1时，gk 1（x1，x2，…xk 1）=f（xi）=f（x1） gk（x2，…xk 1）. 首先固定x1，当gk（x2，…xk 1）取到最大值时，其中至少有k-1个为a或b，不妨设x2，…xk均为a或b，那么gk（x2，x3，…xk 1）≤f（xk 1） lf（a） （k-1-l）f（b），其中0≤l≤k-1，则gk 1（x1，x2，…xn）=f（x1） gk（x2，…xk 1）≤f（x1） f（xk 1） lf（a） （k-l-1）f（b），其中xk 1=C-x1-la-（k-l-1）b. 再将x1视为自变量，应用命题1的结论，x1或xk 1中的有一个为a或b，则n=k 1时成立，所以对一切正整数n都成立，证毕.
例2 已知a，b，c∈[0，2]，且满足a b c=5，M=a4 b4 c4，求M的最大值.
证明：构造凸函数f（x）=x4. 不妨设a≤b≤c，根据命题2，可得当M取到最大值时，当且仅当a=b=0或b=c=2时成立，显然a=b=0不符合条件，所以max（M）=24 24 14=33.
推论3 设a1，a2，…，an∈[0，2a]（a>0），M=a a … a，且a1 a2 …an=na，则max（M）=2na2， n为偶数，
2（n 1）a2， n为奇数 .
证明：构造凸函数f（x）=x2，根据命题2，可得，当且仅当有k0个数等于2a，n-1-k0个数等于0时，M可以达到最大值，由于a1，a2，…，an∈[0，2a]，所以na-2k0a≤2a，且2k0a≤na?≤k0≤，M=4k0a2 （na-2k0a）2. 若n为偶数，分析可得k0=时，max（M）=2na2；若n为奇数，分析可得k0=时，则max（M）=2（n 1）a2.
例3 设a1，a2，…，a1999∈[-2，2]，M=a a …a，且a1 a2 …a1999=0，求M的最大值.
证明：根据命题2，则至少有k0个2和（1999-k0-1）个-2时，M可达到最大值，根据题意，2k0 （1999-k0-1）（-2）≤2?2k0-1998≤1，可得k0=999，则最后一个数为0，所以max（M）=1998·22=7992.
由于例3中的区间[-2，2]中有负数，而f（x）=x2在这个区间上仍然属于凸函数，如果重新定义这个函数和它所属的区间，那么将会得到更加一般的结论.
推论4 设a1，a2，…，an∈[-a，a]（a>0），M=（a1 l）2k （a2 l）2k …（an l）2k，且a1 a2 …an=0，则max（M）=n（a l）2k， n为偶数，
（n-1）（a l）2k， n为奇数，其中k∈Z ，l∈R . 证明：当n为偶数时，max（M）=n（a l）2k，当且仅当有a1，a2，…an中有个a和-a等号成立；当n为奇数时，根据命题2，则至少有k0个a和（n-k0-1）个-a时，M可达到最大值，根据题意， k0a （n-k0-1）（-a）≤a?2k0 1-n≤1，可得k0=，，，n为奇数，只有k0=为整数，所以max（M）=（n-1）·（a l）2k，证毕.
注意，其中k为偶数，才可以保证所构造的函数f（x）=（x l）2k在[-a，a]为凸函数.
[?] 最小值
引理1 （Holder不等式）对于m个正数序列（a11，a12，…，a1n），（a21，a22，…，a2n），…，（am1，am2，…，amn），有
aij
≥
，当且仅当这m个序列对应成比例时等号成立.
特别的，当m=n=3时，有（a3 b3 c3）·（x3 y3 z3）（t3 u3 v3）≥（axt byu czv）3.
例4 已知a，b为非负数， M=a4 b4，a b=1，求M的最小值.
证明：由Holder不等式，（a4 b4）（1 1）3≥（a b）4=1，所以M≥，当且仅当a=b=时等号成立.
推论5 a1，a2，…，an为非负数，M=（a1 l）k （a2 l）k …（an l）k，且a1 a2 …an=m，则M的最小值为，其中k∈Z ，l∈R .
证明：由Holder不等式M·（1 1 …1）k-1≥（a1 a2 … an nl）k=（m nl）k，所以M的最小值为，当且仅当a1=a2=…=an=时等号成立.
例5 已知a，b，c∈R ， =1，M=a2 8b2 27c2，求M的最小值.
证明：由Holder不等式，（a2 8b2 27c2）·
≥（1 2 3）3=216，所以u=a2 8b2 27c2的最小值为216，当且仅当a=6，b=3，c=2时等号成立.
推论6 a1，a2，…，an∈R ，l1，l，…ln为非负常数，k∈Z ， … =m， M=l1a la … lna，则M的最小值为.
证明：由Holder不等式M·
…
≥（）k，所以M的最小值为，当且仅当l1a=l2a= …=lna时等号成立.
当然，此类型题目的最小值也可以利用琴生不等式证明，这里便不再赘述.