待定系数法是数学解题的重要方法，应用极其广泛.在利用均值不等式和柯西不等式来证明不等式或求最值时，为了使所有不等式中的等号都能成立，有时要引入若干个待定常数来满足这些等式，将不等式和最值问题转化为等式问题来解决，最后通过解方程或方程组求出待定系数，从而使问题得以解决.例1 已知x,y∈R+且1x+2y=3，求x2+y2的最小值.
　　解:引入大于零的待定常数项 ，由三元均值不等式得x2+y2+3λ=x2+y2+λ(1x+2y)=(x2+λx)+(y2+2λy)=(x2+λ2x+λ2x)+(y2+λy+λy)≥33x2•λ2x•λ2x+
　　33y2•λy•λy=33λ24+33λ2.
　　当且仅当x2=λ2x ①, y2=λy②,1x+2y=3 ③三式同时成立时不等式取等号.由①②得y=32x，代入③得x=1+343，所以x2+y2的最小值为x2+34x2=(1+34)x2=(1+34)•(1+343)2=(1+34)39.
　　例2 （第五届联盟杯数学竞赛预赛高二年级第9题）已知α为锐角，则函数y=1sinα+33cosα的最小值为.
　　解:引入大于零的待定常数λ，由三元均值不等式得
　　y=1sinα+33cosα+λ(sin2α+cos2α)-λ=(λsin2α+12sinα+12sinα)+(λcos2α+332cosα+332cosα)-λ≥
　　33λsin2α•12sinα•12sinα+33λcos2α•332cosα•332cosα-λ=123λ4-λ.
　　等号当且仅当λsin2α=12sinα,
　　λcos2α=332cosα时成立，即2λsin3α=1,
　　2kcos3α=33,也就是tanα=33，故α=30°.把α=30°代入y=1sinα+33cosα得最小值为8.
　　例3（《数学教学》2013第12期第904号问题）设w,x,y,z是不同时为零的实数，求wx+xy+yzw2+x2+y2+z2的最大值.
　　分析:尝试从分母入手将平方和转化为积的和，从而求出最大值.注意到所求式子四个字母w,x,y,z的微妙关系可分为如下两个层次：其中w,z为第一层次，x,y为第二层次，各层次的字母地位相当平等对称，并且w与x间的关系等同于z与y间的关系.根据以上分析，在用重要不等式时，应将分母中的x2,y2分别等权地分给w2,z2搭配成对，才能体现这种既有等级层次又相对平等的微妙关系.
　　解:w2+x2+y2+z2=(w2+λ2x2)+(1-λ2)(x2+y2)+(λ2y2+z2)≥2λwx+2(1-λ2)xy+2λyz, 其中λ∈(0,1).
　　令2λwx+2(1-λ2)xy+2λyz与分子wx+xy+yz的对应各项系数成比例得， λ=1-λ2即λ2+λ-1=0，又因0<λ<1，所以λ=5-12.将其代入上述不等式得，w2+x2+y2+z2≥(5-1)(wx+xy+yz).
　　因w,x,y,z是不同时为零的实数，故wx+xy+yzw2+x2+y2+z2≤5+14，当且仅当w2=2x2,
　　x=y,
　　z2+λ2y2即w=z=λx=λy（其中λ=5-12）时等号成立.故所求式子的最大值为5+14.
　　例4（2013年徐州市第三次质量检测第12 题）若a>0，b>0,且12a+b+1b+1=1，则a+2b的最小值为.
　　解:引入大于零的待定常数λ，由二元均值不等式得a+2b=2a+b2+3(b+1)2+λ2a+b +λ2a+b+λb+1-λ-32=［2a+b2+λ2a+b］+［3(b+1)2+λb+1］-λ-32≥
　　22a+b2•λ2a+b +23(b+1)2•λb+1-λ-32=2λ+6λ-λ-32.
　　当且仅当2a+b2=λ2a+b,
　　3(b+1)2=λ b+1,
　　12a+b+1b+1=1时等号成立.解得2λ=1+3,λ=2+3，a=12+32，b=33,则a+2b的最小值为2λ+6λ-λ-32=1+3+3(1+3)-(2+3)-32=12+3.