一道征解題的證明、加強(qiáng)與變式探究

葉超

問題? 《數(shù)學(xué)通訊》2023年第2期（上半月刊）問題征解第595題已知正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，證明：

a3b2+2c+b3c2+2a+c3a2+2b≥1.（1）

從不等式（1）的結(jié)構(gòu)上看，容易想到柯西不等式，由此入手可打開解題思路.

證法1：由柯西不等式知，不等式（1）可轉(zhuǎn)化為

（a2+b2+c2）2≥ab2+bc2+ca2+2（ab+bc+ca），

注意到a2b+b2c+c2a+ab2+bc2+ca2=（a+b+c）（ab+bc+ca）－3abc，

則利用已知條件知，問題可轉(zhuǎn)化為

a2b+b2c+c2a+（a2+b2+c2）2+3abc≥5（ab+bc+ca），

由柯西不等式得（b+c+a）（a2b+b2c+c2a）≥（ab+bc+ca）2，則問題可轉(zhuǎn)化為

（ab+bc+ca）2+3（a2+b2+c2）2+9abc≥15（ab+bc+ca）.

把a(bǔ)2+b2+c2=9－2（ab+bc+ca）代入后，整理得

13（ab+bc+ca）2+9abc+243≥123（ab+bc+ca）.

由舒爾不等式（a+b+c）3+9abc≥4（a+b+c）（ab+bc+ca）得

9abc≥12（ab+bc+ca）－27，由此問題可轉(zhuǎn)化為

13（ab+b+ca）2－111（ab+bc+ca）+216≥0，

分解因式得（ab+bc+ca－3）［13（ab+bc+ca）－72］≥0（2），

由已知易知，0

注意到不等式（1）分母中第二項(xiàng)與第一項(xiàng)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，聯(lián)想到均值不等式，可得又一種證法.

證法2：由2c≤c2+1，2a≤a2+1，2b≤b2+1知，不等式（1）可轉(zhuǎn)化為

a3b2+c2+1+b3c2+a2+1+c3a2+b2+1≥1，利用已知條件及柯西不等式，問題可轉(zhuǎn)化為（a2+b2+c2）2≥a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）+3，等價于（a2+b2+c2）2+a3+b3+c3≥3（a2+b2+c2）+3.

由a3+b3+c3≥13（a2+b2+c2）2≥13×13（a+b+c）2（a2+b2+c2）=a2+b2+c2知，問題可轉(zhuǎn)化為（a2+b2+c2）2－2（a2+b2+c2）－3≥0，分解因式得（a2+b2+c2+1）（a2+b2+c2－3）≥0（3），

由a2+b2+c2≥13（a+b+c）2=3可知，不等式（3）成立，從而可知不等式（1）成立.

點(diǎn)評：比較兩種證法，證法1過程復(fù)雜，用到了柯西不等式和舒爾不等式，證法2比較簡捷，僅用到了柯西不等式和均值不等式，但是如果不等式（1）中的分母結(jié)構(gòu)不具備利用均值不等式進(jìn)行放縮，那么證法1則更加具有一般性.因此，一般性證明比特殊性證明更加具有探究意義.

注意到問題中隱含的0

加強(qiáng)1? 已知正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，0

a3b2+2c+b3c2+2a+c3a2+2b≥m+1－mabc（3）.

證明：由柯西不等式知，不等式（3）可轉(zhuǎn)化為

（a2+b2+c2）2≥（m+1－mabc）（ab2+bc2+ca2）+2（m+1－mabc）（ab+bc+ca）.

等價于（m+1－mabc）（a2b+b2c+c2a）+（a2+b2+c2）2≥（m+1－mabc）［3（ab+bc+ca）－3abc］+2（m+1－mabc）（ab+bc+ca）.

可轉(zhuǎn)化為（m+1－mabc）（ab+bc+ca）2+3（a2+b2+c2）2≥15（m+1－mabc）（ab+bc+ca）－9（m+1－mabc）abc.

把a(bǔ)2+b2+c2=9－2（ab+bc+ca）代入后，整理得（m+13）（ab+bc+ca）2+15mabc（ab+bc+ca）+9（m+1）abc+243≥mabc（ab+bc+ca）2+（15m+123）（ab+bc+ca）+9ma2b2c2（4），由已知易知，0

9ma2b2c2≤9mabc，于是不等式（4）可轉(zhuǎn)化為

13（ab+bc+ca）2+15mabc（ab+bc+ca）+9abc+243

≥（15m+123）（ab+bc+ca），

由舒爾不等式及已知條件得abc≥43（ab+bc+ca）－3（5），則問題可轉(zhuǎn)化為

13（ab+bc+ca）2+［15m（ab+bc+ca）+9］［43（ab+bc+ca）－3］+243

≥（15m+123）（ab+bc+ca），整理得

（13+20m）（ab+bc+ca）2－（60m+111）（ab+bc+ca）+216≥0，

分解因式得（ab+bc+ca－3）［（13+20m）（ab+bc+ca）－72］≥0（6），

由已知易知，0

（13+20m）（ab+bc+ca）－72≤（13+11）×3－72=0，

所以不等式（6）成立，從而可知不等式（3）成立.

點(diǎn)評：如果把加強(qiáng)1中的條件0

加強(qiáng)2? 已知正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，0

a3b2+2c+b3c2+2a+c3a2+2b≥3m+1－m（ab+bc+ca）（7）.

證明：由柯西不等式知，不等式（7）可轉(zhuǎn)化為

（a2+b2+c2）2≥［3m+1－m（ab+bc+ca）］［ab2+bc2+ca2+2（ab+bc+ca）］，

等價于［3m+1－m（ab+bc+ca）］（a2b+b2c+c2a）+（a2+b2+c2）2

≥［3m+1－m（ab+bc+ca）］［5（ab+bc+ca）－3abc］，

由柯西不等式又知，問題可轉(zhuǎn)化為

［3m+1－m（ab+bc+ca）］（ab+bc+ca）2+3（a2+b2+c2）2

≥［3（3m+1）－3m（ab+bc+ca）］［5（ab+bc+ca）－3abc］，

把a(bǔ)2+b2+c2=9－2（ab+bc+ca）代入后整理得

（18m+13）（ab+bc+ca）2+9（3m+1）abc+243

≥m（ab+bc+ca）3+（45m+123）（ab+bc+ca）+9mabc（ab+bc+ca）（8），

由已知條件易知，0

m（ab+bc+ca）3≤3m（ab+bc+ca）2，9mabc（ab+bc+ca）≤9m（ab+bc+ca），

則不等式（8）可轉(zhuǎn)化為

（15m+13）（ab+bc+ca）2+9（3m+1）abc+243≥（54m+123）（ab+bc+ca）.

由不等式（5）知，問題可轉(zhuǎn)化為

（15m+13）（ab+bc+ca）2+9（3m+1）［43（ab+bc+ca）－3］+243≥（54m+123）（ab+bc+ca），整理得

（15m+13）（ab+bc+ca）2－（18m+111）（ab+bc+ca）+216－81m≥0，

分解因式得（ab+bc+ca－3）［（15m+13）（ab+bc+ca）+27m－72］≥0（9），

由0

（15m+13）（ab+bc+ca）+27m－72≤（15m+13）×3+27m－72

=72m－33≤72×1124－33=0，

所以不等式（9）成立，從而可知不等式（7）成立.

點(diǎn)評：在加強(qiáng)1中，對于（4）式，如果利用mabc（ab+bc+ca）2≤9mabc，9ma2b2c2≤9m實(shí)施放縮轉(zhuǎn)化，接著利用不等式（5）進(jìn)一步轉(zhuǎn)化，那么就會陷入困境之中，從而思路受阻.同樣地，在加強(qiáng)2中，對于（8）式，如果利用m（ab+bc+ca）3≤9m（ab+bc+ca），9mabc（ab+bc+ca）≤27m，實(shí)施放縮轉(zhuǎn)化，那么也達(dá)不到所要的目的.因此，對于不等式（4）、（8）來說，放縮轉(zhuǎn)化時目標(biāo)的選擇至關(guān)重要，只有放縮的目標(biāo)正確了，才能使問題順利通暢.

如果說前面的征解問題看似平凡，但是有了上面的兩個加強(qiáng)之后，這道征解問題的內(nèi)在價值和智能含量就十分的豐富，對它進(jìn)行深入地探究，可以不斷充實(shí)我們的數(shù)學(xué)資源，提升解題效能.下面在兩個加強(qiáng)的基礎(chǔ)上，給出兩個變式.

變式1 已知正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，證明：

a4b3+3c2+b4c3+3a2+c4a3+3b2≥1519－376abc.（10）

證明：由柯西不等式知，不等式（10）可轉(zhuǎn)化為

76（a2+b2+c2）2≥（60－3abc）（a3+b3+c3+3（a2+b2+c2）］，把a(bǔ)2+b2+c2=9－2（ab+bc+ca），a3+b3+c3=27－9（ab+bc+ca）+3abc代入后整理得304（ab+bc+ca）2+9a2b2c2+2916≥1836（ab+bc+ca）+45abc（ab+bc+ca），由已知條件易知0

由已知條件易知0

變式2? 已知正數(shù)a，b，c滿足a+b+c=3，證明：

279（a33a3+3b2+21c+b33b3+3c2+21a+c33c3+3a2+21b）≥40－3（ab+bc+ca）.（12）

證明：由柯西不等式知，不等式（12）可轉(zhuǎn)化為

279（a2+b2+c2）2

≥［40－3（ab+bc+ca）］［3（a4+b4+c4）+3（ab2+bc2+ca2）+21（ab+bc+ca）］，

等價于3［40－3（ab+bc+ca）］（a2b+b2c+c2a）+279（a2+b2+c2）2≥［40－3（ab+bc+ca）］{3（a4+b4+c4）+3［3（ab+bc+ca）－3abc］+21（ab+bc+ca）}.由已知條件及柯西不等式知，問題可轉(zhuǎn)化為［40－3（ab+bc+ca）］（ab+bc+ca）2+279（a2+b2+c2）2

≥［40－3（ab+bc+ca）］［3（a4+b4+c4）+30（ab+bc+ca）－9abc］，把a(bǔ)2+b2+c2=9－2（ab+bc+ca），

a4+b4+c4=2（ab+bc+ca）2－36（ab+bc+ca）+12abc+81代入后，整理得

15（ab+bc+ca）3+682（ab+Bc+ca）2+81abc（ab+bc+ca）+12879≥6195（ab+bc+ca）+1080abc（13），由已知條件易知0

由不等式（5）知，問題可轉(zhuǎn)化為

682（ab+bc+ca）2－6195（ab+bc+ca）+216（ab+bc+ca）［43（ab+bc+ca）－3］+11799≥0，整理得

970（ab+bc+ca）2－6843（ab+bc+ca）+11799≥0，

分解因式得（ab+bc+ca－3）［970（ab+bc+ca）－3933］≥0，（14）

由已知條件易知0