N维均值不等式

对于\(n\)个正实数\(a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\)，有以下几种平均数的定义 ：

算术平均数：\(A_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\)，几何平均数：\(G_{n}=\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}\)

调和平均数：\(H_{n}=\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}}\)，平方平均数：\(Q_{n}=\sqrt{\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}}{n}}\)

它们之间满足不等式：\(H_{n}\leq G_{n}\leq A_{n}\leq Q_{n}\)，当且仅当\(a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}\)时等号成立.

二维均值不等式

1. 基本定义与形式

任意两个正实数\(a\)、\(b\)，有\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)

\(\frac{a + b}{2}\)称为\(a\)和\(b\)的算术平均数，\(\sqrt{ab}\)称为\(a\)和\(b\)的几何平均数。

例如，当\(a = 9\)，\(b = 4\)时，算术平均数\(\frac{9 + 4}{2}=\frac{13}{2}\)，几何平均数\(\sqrt{9\times4}=\sqrt{36} = 6\)，

可以看到\(\frac{13}{2}>6\)，并且当且仅当\(a = b\)时等号成立。

2. 证明方法

代数法（作差法）：要证明\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)，可对\((\frac{a + b}{2})^2 - ab\)进行化简。

\((\frac{a + b}{2})^2 - ab=\frac{a^2 + 2ab + b^2}{4}-ab=\frac{a^2 - 2ab + b^2}{4}=\frac{(a - b)^2}{4}\)。

因为任何实数的平方都大于等于\(0\)，即\((a - b)^2\geqslant0\)，所以\(\frac{(a - b)^2}{4}\geqslant0\)，这就意味着\((\frac{a + b}{2})^2\geqslant ab\)。

又因为\(a\)、\(b\)是正实数，两边同时开平方可得\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)，且当且仅当\(a = b\)时等号成立。

几何法（利用直角三角形和半圆）：

构造一个以\(a + b\)为直径的半圆，设直径\(AB\)，在\(AB\)上取一点\(C\)，使得\(AC = a\)，\(CB = b\)。

过点\(C\)作\(CD\perp AB\)交半圆于点\(D\)，连接\(AD\)和\(BD\)。

根据圆的性质和相似三角形的知识，可得\(CD=\sqrt{ab}\)，而半圆的半径\(r = \frac{a + b}{2}\)。

在半圆中，半径大于等于垂直于直径的弦（\(CD\)），所以\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)，当且仅当\(a = b\)时等号成立。

3. 变形形式及应用

变形公式一：\(ab\leqslant(\frac{a + b}{2})^2\)

这是由\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)两边同时平方得到的。例如，已知\(a + b = 5\)，求\(ab\)的最大值。

根据\(ab\leqslant(\frac{a + b}{2})^2\)，将\(a + b = 5\)代入可得\(ab\leqslant(\frac{5}{2})^2=\frac{25}{4}\)，当且仅当\(a = b=\frac{5}{2}\)时，\(ab\)取得最大值\(\frac{25}{4}\)。

变形公式二：\(a^2 + b^2\geqslant2ab\)

由\((a - b)^2\geqslant0\)展开得到\(a^2 - 2ab + b^2\geqslant0\)，移项即得\(a^2 + b^2\geqslant2ab\)，当且仅当\(a = b\)时等号成立。

例如，已知\(a^2 + b^2 = 10\)，求\(ab\)的最大值。

由\(a^2 + b^2\geqslant2ab\)可得\(ab\leqslant\frac{a^2 + b^2}{2}\)，将\(a^2 + b^2 = 10\)代入，得到\(ab\leqslant5\)，当且仅当\(a = b=\sqrt{5}\)时，\(ab\)取得最大值\(5\)。

应用于求函数最值：

例如求函数\(y = x+\frac{1}{x}(x>0)\)的最小值。

因为\(x>0\)，根据均值不等式\(\frac{x+\frac{1}{x}}{2}\geqslant\sqrt{x\times\frac{1}{x}}\)，即\(x+\frac{1}{x}\geqslant2\)，当且仅当\(x=\frac{1}{x}\)（\(x = 1\)）时等号成立，所以函数\(y\)的最小值是\(2\)。

应用于证明不等式：

例如证明\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geqslant\frac{4}{a + b}(a,b>0)\)。

因为\(a,b>0\)，将不等式左边通分得到\(\frac{a + b}{ab}\)，要证\(\frac{a + b}{ab}\geqslant\frac{4}{a + b}\)，即证\((a + b)^2\geqslant4ab\)。

根据均值不等式\(a + b\geqslant2\sqrt{ab}\)，两边同时平方得\((a + b)^2\geqslant4ab\)，所以原不等式成立。

两个正数的均值不等式变形

\(ab\leqslant(\frac{a + b}{2})^2\)：由均值不等式\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\)两边同时平方得到，当且仅当\(a = b\)时等号成立 。

\(a^2 + b^2\geqslant2ab\)：移项可得\(a^2 + b^2 - 2ab\geqslant0\)，即\((a - b)^2\geqslant0\)，

当且仅当\(a = b\)时等号成立，该式对于任意实数\(a\)、\(b\)都成立.

\(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geqslant2\)（\(a,b\)同号）：因为\(a\)、\(b\)同号，所以\(\frac{b}{a}>0\)，\(\frac{a}{b}>0\)，根据均值不等式可得

\(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geqslant2\sqrt{\frac{b}{a}\times\frac{a}{b}} = 2\)，当且仅当\(a = b\)时等号成立.

\((a + b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geqslant4\)（\(a,b\)同号）：将式子展开得到\((a + b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\)，由

\(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geqslant2\)，可得\(2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geqslant2 + 2 = 4\)，当且仅当\(a = b\)时等号成立.

三个正数的均值不等式变形

\(a^3 + b^3 + c^3\geqslant3abc\)（\(a,b,c>0\)）：当且仅当\(a = b = c\)时等号成立 。

\(\frac{a + b + c}{3}\geqslant\sqrt[3]{abc}\)（\(a,b,c>0\)）：它是均值不等式在三个正数时的推广形式，表明三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，当且仅当\(a = b = c\)时等号成立.

多个正数的均值不等式变形

对于\(n\)个正数\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，有\(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqslant\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\)，当且仅当\(a_1 = a_2=\cdots=a_n\)时等号成立.

均值不等式应用

1. 利用均值不等式求值

例题1：已知\(a,b>0\)，且\(a + b = 1\)，求\(ab\)的最大值。

解析：根据均值不等式\(a + b\geqslant2\sqrt{ab}\)，已知\(a + b = 1\)，则\(1\geqslant2\sqrt{ab}\)，即\(\sqrt{ab}\leqslant\frac{1}{2}\)，所以\(ab\leqslant\frac{1}{4}\)，

当且仅当\(a = b=\frac{1}{2}\)时取等号，\(ab\)的最大值为\(\frac{1}{4}\)。

例题2：已知\(x>0\)，求\(y = x+\frac{1}{x}\)的最小值。

解析：因为\(x>0\)，根据均值不等式\(x+\frac{1}{x}\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}} = 2\)，

当且仅当\(x=\frac{1}{x}\)，即\(x = 1\)时取等号，所以\(y\)的最小值为\(2\)。

2. 利用均值不等式证明不等式

例题3：证明\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\)（\(a,b\in R\)）。

解析：要证\(\frac{a + b}{2}\geqslant\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\)，只需证\((\frac{a + b}{2})^{2}\geqslant\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\)，展开

\((\frac{a + b}{2})^{2}=\frac{a^{2}+2ab + b^{2}}{4}\)，则需证\(\frac{a^{2}+2ab + b^{2}}{4}\geqslant\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\)，移项化简得\(a^{2}+2ab + b^{2}\geqslant2a^{2}+2b^{2}\)，即

\(2ab\geqslant a^{2}+b^{2}-(a^{2}+b^{2}) = a^{2}+b^{2}-(a - b)^{2}\geqslant0\)（因为\((a - b)^{2}\geqslant0\)），所以原不等式成立。

例题4：已知\(a,b,c>0\)，证明\((a + b + c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geqslant9\)。

解析：因为\(a,b,c>0\)，根据均值不等式\(a + b + c\geqslant3\sqrt[3]{abc}\)，\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geqslant3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)，两式相乘得

\((a + b + c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geqslant3\sqrt[3]{abc}\times3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}} = 9\)，当且仅当\(a = b = c\)时取等号。

3. 利用均值不等式求函数值域

例题5：求函数\(y=\frac{x^{2}+3}{\sqrt{x^{2}+2}}\)的值域。

解析：将函数变形为\(y=\sqrt{x^{2}+2}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+2}}\)，令\(t = \sqrt{x^{2}+2}\geqslant\sqrt{2}\)，则\(y=t+\frac{1}{t}\)。

根据均值不等式\(t+\frac{1}{t}\geqslant2\sqrt{t\cdot\frac{1}{t}} = 2\)，当且仅当\(t=\frac{1}{t}\)即\(t = 1\)时取等号，

但\(t\geqslant\sqrt{2}\)，函数\(y=t+\frac{1}{t}\)在\([\sqrt{2},+\infty)\)上单调递增，所以

\(y\geqslant\sqrt{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\)，函数的值域是\([\frac{3\sqrt{2}}{2},+\infty)\)。

例题6：求函数\(y = 3x(1 - 2x)\)（\(0<x<\frac{1}{2}\)）的值域。

解析：因为\(y = 3x(1 - 2x)=\frac{3}{2}\times2x(1 - 2x)\)，根据均值不等式\(2x+(1 - 2x)=1\)，

所以\(2x(1 - 2x)\leqslant(\frac{2x+(1 - 2x)}{2})^{2}=\frac{1}{4}\)，则\(y=\frac{3}{2}\times2x(1 - 2x)\leqslant\frac{3}{8}\)，

当且仅当\(2x = 1 - 2x\)，即\(x=\frac{1}{4}\)时取等号，又因为\(y>0\)（\(0<x<\frac{1}{2}\)），所以函数的值域是\((0,\frac{3}{8}]\)。

4. 均值不等式在几何中的应用

例题7：已知直角三角形的两条直角边为\(a\)、\(b\)，求此直角三角形面积与周长之比的最大值。

解析：直角三角形的面积\(S=\frac{1}{2}ab\)，周长\(C=a + b+\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)，则\(\frac{S}{C}=\frac{\frac{1}{2}ab}{a + b+\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\)。

根据均值不等式\(a + b\geqslant2\sqrt{ab}\)，\(a^{2}+b^{2}\geqslant2ab\)，则\(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geqslant\sqrt{2ab}\)，所以

\(C=a + b+\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geqslant2\sqrt{ab}+\sqrt{2ab}=(2 +\sqrt{2})\sqrt{ab}\)，则

\(\frac{S}{C}\leqslant\frac{\frac{1}{2}ab}{(2 +\sqrt{2})\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}}{2(2 +\sqrt{2})}\)，当且仅当\(a = b\)时取等号，所以最大值为\(\frac{\sqrt{ab}}{2(2 +\sqrt{2})}\)。

例题8：在长方体\(ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\)中，设\(AB=a\)，\(AD = b\)，\(AA_{1}=c\)，求长方体的外接球半径\(R\)与长方体棱长和\(L\)之比的最大值。

解析：长方体的外接球半径\(R=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{2}\)，棱长和\(L = 4(a + b + c)\)，则\(\frac{R}{L}=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{8(a + b + c)}\)。

根据均值不等式\(a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant\frac{(a + b + c)^{2}}{3}\)，所以

\(\frac{R}{L}\leqslant\frac{\sqrt{\frac{(a + b + c)^{2}}{3}}}{8(a + b + c)}=\frac{1}{8\sqrt{3}}\)，当且仅当\(a = b = c\)时取等号，所以最大值为\(\frac{1}{8\sqrt{3}}\)。

5. 利用均值不等式解不等式恒成立问题

例题9：若不等式\(x^{2}+ax + 1\geqslant0\)对一切\(x\in(0,\frac{1}{2}]\)恒成立，求\(a\)的取值范围。

解析：不等式\(x^{2}+ax + 1\geqslant0\)可化为\(ax\geqslant - x^{2}-1\)，因为\(x\in(0,\frac{1}{2}]\)，所以\(a\geqslant - x-\frac{1}{x}\)。

令\(y=-x-\frac{1}{x}\)，根据均值不等式\(x+\frac{1}{x}\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}} = 2\)，所以

\(y=-x-\frac{1}{x}\leqslant - 2\)，当且仅当\(x=\frac{1}{x}\)即\(x = 1\)时取等号，

而\(y=-x-\frac{1}{x}\)在\((0,\frac{1}{2}]\)上单调递增，所以\(y_{max}=-\frac{1}{2}-2=-\frac{5}{2}\)，所以\(a\geqslant-\frac{5}{2}\)。

例题10：若对于任意\(x>0\)，不等式\(\frac{1}{x}+x\geqslant a\)恒成立，求\(a\)的取值范围。

解析：因为\(x>0\)，根据均值不等式\(\frac{1}{x}+x\geqslant2\sqrt{\frac{1}{x}\cdot x}=2\)，当且仅当\(\frac{1}{x}=x\)即\(x = 1\)时取等号，

因为不等式\(\frac{1}{x}+x\geqslant a\)恒成立，所以\(a\leqslant2\)。

6. 利用均值不等式解决实际应用问题

例题11：用篱笆围一个面积为\(100m^{2}\)的矩形菜园，问这个矩形的长、宽各为多少时，所用篱笆最短？最短的篱笆是多少？

解析：设矩形菜园的长为\(x m\)，宽为\(y m\)，则\(xy = 100\)。篱笆的长度\(L = 2(x + y)\)，

根据均值不等式\(x + y\geqslant2\sqrt{xy}=2\sqrt{100}=20\)，当且仅当\(x = y = 10\)时取等号，

所以当长和宽都为\(10m\)时，所用篱笆最短，最短篱笆是\(40m\)。

例题12：建造一个容积为\(8m^{3}\)，深为\(2m\)的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为\(120\)元和\(80\)元，那么怎样设计水池能使总造价最低，最低总造价是多少？

解析：设水池底面的长为\(x m\)，因为水池容积为\(8m^{3}\)，深为\(2m\)，则底面宽为\(\frac{8}{2x}=\frac{4}{x}m\)。

总造价\(y = 120\times x\times\frac{4}{x}+80\times2\times(2x + 2\times\frac{4}{x})\)，化简得\(y = 480+320(x+\frac{4}{x})\)。

根据均值不等式\(x+\frac{4}{x}\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{4}{x}} = 4\)，当且仅当\(x=\frac{4}{x}\)即\(x = 2\)时取等号，

所以\(y\geqslant480+320\times4 = 1760\)，当长为\(2m\)，宽为\(2m\)时，总造价最低，最低总造价是\(1760\)元。

7. 多个变量的均值不等式应用

例题13：已知\(a,b,c,d>0\)，且\(a + b + c + d = 1\)，求

\(\sqrt{4a + 1}+\sqrt{4b + 1}+\sqrt{4c + 1}+\sqrt{4d + 1}\)的最大值。

解析：根据均值不等式

\((\sqrt{4a + 1}+\sqrt{4b + 1}+\sqrt{4c + 1}+\sqrt{4d + 1})^{2}\)

\(\leqslant(1 + 1 + 1 + 1)(4a + 1+4b + 1+4c + 1+4d + 1)\)，

因为\(a + b + c + d = 1\)，所以

\((\sqrt{4a + 1}+\sqrt{4b + 1}+\sqrt{4c + 1}+\sqrt{4d + 1})^{2}\leqslant4\times(4 + 4)=32\)，则

\(\sqrt{4a + 1}+\sqrt{4b + 1}+\sqrt{4c + 1}+\sqrt{4d + 1}\leqslant4\sqrt{2}\)，

当且仅当\(a = b = c = d=\frac{1}{4}\)时取等号，最大值为\(4\sqrt{2}\)。

例题14：已知\(x,y,z>0\)，且\(x + y + z = 1\)，求\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\)的最小值。

解析：根据均值不等式

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=(x + y + z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geqslant(1 + 1 + 1)^{2}=9\)，

当且仅当\(x = y = z=\frac{1}{3}\)时取等号，最小值为\(9\)。

8. 均值不等式与其他不等式结合应用

例题15：已知\(a,b>0\)，且\(a + b = 1\)，证明\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geqslant8\)，并指出等号成立的条件。

解析：因为\(a + b = 1\)，根据均值不等式\(ab\leqslant(\frac{a + b}{2})^{2}=\frac{1}{4}\)，则

\(\frac{1}{ab}\geqslant4\)。又\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\geqslant\frac{2}{ab}\geqslant8\)，

当且仅当\(a = b=\frac{1}{2}\)时等号成立。

例题16：已知\(a,b,c>0\)，且\(a^{2}+b^{2}+c^{2}=1\)，证明\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geqslant9\)。

解析：根据均值不等式\(a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\)，则

\(\frac{1}{3}\geqslant\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\)，\(\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}\geqslant27\)。

又\((\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})a^{2}b^{2}c^{2}\geqslant(1 + 1 + 1)^{2}=9\)，

所以\(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geqslant9\)。

9. 利用均值不等式比较大小问题

例题17：已知\(a = \sqrt{2}\)，\(b=\sqrt{3}\)，比较\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\)与\(\sqrt{2}\)的大小。

解析：因为\(a = \sqrt{2}\)，\(b=\sqrt{3}\)，

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\)。

要比较\(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\)与\(\sqrt{2}\)的大小，可将

\(\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\)平方得\((\frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}})^{2}=\frac{5 + 2\sqrt{6}}{6}\)，将

\(\sqrt{2}\)平方得\(2\)。因为\(\frac{5 + 2\sqrt{6}}{6}<2\)，所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\sqrt{2}\)。

例题18：设\(m=\log_{a}(a + 1)\)，\(n=\log_{a + 1}(a + 2)\)（\(a>1\)），比较\(m\)和\(n\)的大小。

解析：根据均值不等式\(\sqrt{(a + 1)(a + 2)}<\frac{(a + 1)+(a + 2)}{2}=a+\frac{3}{2}\)，当\(a > 1\)时，\(\log_{a}x\)是增函数。

\(m - n=\log_{a}(a + 1)-\log_{(a + 1)}(a + 2)=\frac{\lg(a + 1)}{\lg a}-\frac{\lg(a + 2)}{\lg(a + 1)}=\frac{(\lg(a + 1))^{2}-\lg a\cdot\lg(a + 2)}{\lg a\cdot\lg(a + 1)}\)。

因为\(\lg a\cdot\lg(a + 2)<(\frac{\lg a+\lg(a + 2)}{2})^{2}=(\frac{\lg(a(a + 2))}{2})^{2}<(\frac{\lg((a + 1)^{2})}{2})^{2}=(\lg(a + 1))^{2}\)，

所以\(m - n>0\)，即\(m>n\)。

10. 均值不等式综合应用

例题19：已知函数\(f(x)=x+\frac{1}{x}+a\ln x\)（\(a\in R\)），若\(f(x)\)在\([1,+\infty)\)上单调递增，求\(a\)的取值范围，并证明当\(a = 1\)时，\(f(x)>\frac{3}{2}+\ln 2\)。

解析：\(f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x^{2}}+\frac{a}{x}=\frac{x^{2}+ax - 1}{x^{2}}\)，因为\(f(x)\)在\([1,+\infty)\)上单调递增，

所以\(f^{\prime}(x)\geqslant0\)在\([1,+\infty)\)上恒成立，即\(x^{2}+ax - 1\geqslant0\)在\([1,+\infty)\)上恒成立。

\(a\geqslant\frac{1}{x}-x\)在\([1,+\infty)\)上恒成立，令\(g(x)=\frac{1}{x}-x\)，\(g(x)\)在\([1,+\infty)\)上单调递减，

所以\(g(x)_{max}=g(1)=0\)，所以\(a\geqslant0\)。当\(a = 1\)时，\(f(x)=x+\frac{1}{x}+\ln x\)，\(f(2)=2+\frac{1}{2}+\ln 2=\frac{5}{2}+\ln 2\)。

根据均值不等式\(x+\frac{1}{x}\geqslant2\)（当\(x = 1\)时取等号），

在\([1,+\infty)\)上，\(x>1\)，所以\(x+\frac{1}{x}>2\)，\(f(x)=x+\frac{1}{x}+\ln x>2+\ln 2>\frac{3}{2}+\ln 2\)。

例题20：已知数列\(\{a_{n}\}\)满足\(a_{1}=\frac{1}{2}\)，\(a_{n + 1}=\frac{1}{2 - a_{n}}\)（\(n\in N^{*}\)）。

（1）求\(a_{2}\)，\(a_{3}\)，\(a_{4}\)。

解析：\(a_{2}=\frac{1}{2 - a_{1}}=\frac{2}{3}\)，\(a_{3}=\frac{1}{2 - a_{2}}=\frac{3}{4}\)，\(a_{4}=\frac{1}{2 - a_{3}}=\frac{4}{5}\)。

（2）猜想\(\{a_{n}\}\)的通项公式，并用数学归纳法证明。

解析：猜想\(a_{n}=\frac{n}{n + 1}\)。

当\(n = 1\)时，\(a_{1}=\frac{1}{2}=\frac{1}{1 + 1}\)，猜想成立。

假设当\(n = k\)（\(k\in N^{*}\)）时，猜想成立，即\(a_{k}=\frac{k}{k + 1}\)。

当\(n = k + 1\)时，\(a_{k + 1}=\frac{1}{2 - a_{k}}=\frac{1}{2-\frac{k}{k + 1}}=\frac{k + 1}{(k + 1)+1}\)，所以当\(n = k + 1\)时，猜想也成立。

由数学归纳法可知，\(a_{n}=\frac{n}{n + 1}\)对任意\(n\in N^{*}\)成立。

（3）设\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}} - 1\)，\(c_{n}=b_{n}\sqrt{a_{n}}\)，证明\(c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<\frac{3}{2}\)。

解析：\(b_{n}=\frac{1}{a_{n}} - 1=\frac{1}{\frac{n}{n + 1}}-1=\frac{1}{n}\)，\(c_{n}=b_{n}\sqrt{a_{n}}=\frac{1}{n}\sqrt{\frac{n}{n + 1}}\)。

根据均值不等式\(\frac{1}{n}\sqrt{\frac{n}{n + 1}}=\frac{1}{\sqrt{n(n + 1)}}\leqslant\frac{1}{\sqrt{n^{2}}}=\frac{1}{n}\)，且

\(\frac{1}{n}\sqrt{\frac{n}{n + 1}}<\frac{1}{n + 1}\)（当\(n\geqslant1\)时）。

\(c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\)，而\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\)是调和级数，

当\(n\)充分大时，\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\approx\ln n+\gamma\)（\(\gamma\)是欧拉常数），显然\(\ln n+\gamma<\frac{3}{2}\)（\(n\)取合适的值），所以\(c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<\frac{3}{2}\)。

数学基础 - 中初数学、高中数学