一道高中數學聯賽試題的證明、變式與推廣

1.試題呈現

題目 設a，b，c為正實數，且滿足（a+b）（b+c）（c+a）=1，求證：a21+bc+b21+ca+ c21+ab≥12（ ）.

這是2017年全國高中數學聯賽陜西賽區預賽試題的一道不等式證明題，可以看出該不等式的分子都是二次單項式，分母是含根號的代數式，條件和結論結構對稱，具有數學的美感，在文［1］中，郭興甫老師主要是通過柯西不等式和基本不等式等使不等式得到證明，讀后深受啟發.本文擬對該不等式的證明方法、變式與推廣做進一步的探究，與大家一起分享.

2.試題解析

證法1：由基本不等式的推廣得（a+b）（b+c）（c+a）≤［（a+b）+（b+c）+（c+a）3］2，即a+b+c≥32，由權方和不等式和基本不等式得a21+bc+b21+ca+c21+ab≥（a+b+c）23+bc+ca+ab≥（a+b+c）23+b+c2+c+a2+a+b2=（a+b+c）23+a+b+c，又因為2（a+b+c）2－（3+a+b+c）=2［（a+b+c）2－12］－（a+b+c+1）=［2（a+b+c）－3］（a+b+c+1）≥0，所以2（a+b+c）2－（3+a+b+c）≥0，即（a+b+c）23+a+b+c≥12，故不等式得證.

評注：此證法首先是通過基本不等式的推廣得到a+b+c≥32，再結合權方和不等式和基本不等式使不等式得證.

證法2：由證法1可知a+b+c≥32，a21+bc+b21+ca+c21+ab≥（a+b+c）23+a+b+c，令t=a+b+c≥32，則（a+b+c）23+a+b+c=13t2+1t.構造函數f（t）=3t2+1t，t≥32，則f'（t）=－6－tt3<0，所以函數f（t）在［32，+∞）上單調遞減，因此f（t）=3t2+1t≤f（32）=3×49+23=2，所以（a+b+c）23+a+b+c=13t2+1t≥12，故不等式得證.

評注：此證法通過將不等式轉化為函數問題，利用函數的單調性，求得函數的最值，使不等式得證.

3.試題變式

變式1 設a，b，c為正實數，且滿足（a+b）（b+c）（c+a）=1，求證：a2a+bc+b2b+ca+c2c+ab≥34.

分析：此變式是通過將不等式左面每一項分母的常數項“1，1，1”分別變為“a，b，c”得到的，證明方法與證法1類似.

變式2 設a，b，c為正實數，且滿足a+b+c=1，求證：a21+bc+b21+ca+c21+ab≥14.

分析：此變式是通過改變試題的條件式子得到，將條件式子“（a+b）（b+c）（c+a）=1”改為“a+b+c=1”，證明方法與證法1類似.

4.試題推廣

推廣1 設a，b，c為正實數，且滿足（a+b）（b+c）（c+a）=t，求證：a21+bc+ b21+ca+c21+ab≥3t4+2t.

分析：此推廣是將試題中的條件式子從“1”推廣到“t”.

推廣2 設a，b，c，d為正實數，且滿足（a+b）（b+c）（c+d）（d+a）=t，求證：a21+bc+b21+cd+c21+da+d21+ab≥2t2+t.

分析：此推廣是在推廣1的基礎上將未知數的個數從“3”元推廣到“4”元.

推廣3 設ai>0，i=1，2，3，···，n，滿足（a1+a2）（a2+a3）（a1+a2）···（an+a1）=t，求證：a211+a2a3+a221+a3a4+a231+a4a5+···+a2n1+a1a2≥n2t4n+2nt.

分析：此推廣是在推廣2的基礎上將未知數的個數從“4”元推廣到“n”元.

推廣4 設ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，滿足（a1+a2）（a2+a3）（a1+a2）···（an+ a1）=t，求證：a21α+βa2a3+a22α+βa3a4+a23α+βa4a5+···+a2nα+βa1a2≥ n2t4nα+2nβt.

分析：此推廣是在推廣3的基礎上將不等式左面每一項分母的常數項和未知數的系數從“1，1”推廣到“α，β”.

推廣5 設ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，滿足（a1+a2）（a2+a3）（a1+a2）···（an+ a1）=t，求證：a21α+β·n－1a2a3a4···an+a22α+β·n－1a1a3a4···an+a23α+β·n－1a1a2a4···an+···+a2nα+β·n－1a1a2a3···an－1≥n2t4nα+2nβt.

分析：此變式是在推廣4的基礎上將分母的代數式所含的未知數個數從“2”元推廣到“n－1”元，同時將“2”次根式推廣到“n－1”次根式.令α=β=1，n=3時為本文所探究的問題（ ）.

推廣6 設ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，滿足（a1+a2）（a2+a3）（a3+a4）···（an+ a1）=t，求證：

a21αa1+β·n－1a2a3a4···an+a22αa2+β·n－1a1a3a4···an+a23αa3+β·n－1a1a2a4···an+···+a2nαan+β·n－1a1a2a3···an－1≥nt2α+2β.

推廣7 設ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，滿足∑ni=1ai=t，求證：a21α+β·n－1a2a3a4···an+a22α+β·n－1a1a3a4···an+a23α+β·n－1a1a2a4···an+···+a2nα+β·n－1a1a2a3···an－1≥t2nα+βt.

分析：推廣6和推廣7分別是在變式1和變式2的基礎上將未知數的個數從“3”元推廣到“n”元，同時將不等式左面每一項分母的系數從“1，1”推廣到“α，β”，“2”次根式推廣到“n－1”次根式.

上述推廣1到推廣4均是推廣5的特例，推廣6和推廣7分別是變式1和變式2的推廣，下面給出推廣5和推廣7的證明過程，其余推廣的證明過程不再敘述.

推廣5的證明：由基本不等式的推廣得（a1+a2）（a2+a3）（a3+a4）···（an+a1）≤［（a1+a2）+（a2+a3）+（a3+a4）+···+（an+a1）n］2，

所以a1+a2+a3+···+an≥nt2，由權方和不等式和基本不等式得a21α+β·n－1a2a3a4···an+a22α+β·n－1a1a3a4···an+a23α+β·n－1a1a2a4···an+···+a2nα+β·n－1a1a2a3···an－1≥（a1+a2+a3+···+an）2/［nα+β（n－1a2a3a4···an+n－1a1a3a4···an+n－1a1a2a4···an+···+n－1a1a2a3···an－1）］≥（a1+a2+a3+···+an）2/［nα+β（a2+a3+a4+···+ann－1+a1+a3+a4+···+ann－1+a1+a2+a4+···+ann－1+···

+a1+a2+a3+···+an－1n－1）］=（a1+a2+a3+···+an）2nα+β（a1+a2+a3+···+an）.令x=a1+a2+a3+···+an，構造函數f（x）=x2nα+βx，x≥nt2，則f'（x）=2nαx+βx2（nα+βx）2>0，所以函數f（x）在［nt2，+∞）上為單調遞增函數，因此f（x）≥f（nt2）=n24×tnα+β×n2t=n2t4nα+2nβt，即（a1+a2+a3+···+an）2nα+β（a1+a2+a3+···+an）≥n2t4nα+2nβt，所以推廣5得證.

推廣7的證明：由推廣5的證明過程可得a21α+β·n－1a2a3a4···an+a22α+β·n－1a1a3a4···an+a23α+β·n－1a1a2a4···an+···+a2nα+β·n－1a1a2a3···an－1≥（a1+a2+a3+···+an）2nα+β（a1+a2+a3+···+an）=t2nα+βt，所以推廣7得證.

參考文獻

［1］郭興甫. 例談柯西不等式及變式的應用［J］. 數學通訊，2022，（01）：45-49.