一道東南地區(qū)數(shù)學(xué)競賽題的證明與推廣

1.賽題呈現(xiàn)

問題1 設(shè)a，b為正數(shù)，證明：

（a3+b3+a3b3）（1a3+1b3+1a3b3）+27≥6（a+b+1a+1b+ba+ab）.（1）

分析：該題是2023年第二十屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克第1題不等式（1）雖然是二元不等式，但是兩邊的結(jié)構(gòu)比較復(fù)雜，如果盲目地展開實施轉(zhuǎn)化，那么容易出現(xiàn)組合或者搭配不當(dāng)?shù)葐栴}，導(dǎo)致解題思路受阻.不妨實施減元策略，把二元不等式（1）化為一元不等式，得到：

問題2 設(shè)a為正數(shù)，證明：

（2a3+1）（2a3+1）+27≥12（a+1a+1）.（2）

證明：把（2）式兩邊展開等價于a3+1a3+10≥6（a+1a），

利用兩數(shù)的立方和公式等價于（a+1a）（a2－1+1a2）+10≥6（a+1a），

等價于（a+1a）［（a+1a）2－3］+10≥6（a+1a），

等價于（a+1a）3－9（a+1a）+10≥0，分解因式等價于（a+1a－2）［（a+1a）2+2（a+1a）－5］≥0，由a+1a≥2知此式成立，

所以不等式（2）成立.

2.賽題證明

不等式（2）的證法給我們指明了，把不等式（1）展開后如何進(jìn)行合理搭配的目標(biāo)和方向，從而使轉(zhuǎn)化做到有的放矢.

問題1的證明：把（1）式兩邊展開，等價于

a3b3+b3a3+a3+1a3+b3+1b3+30≥6（ab+ba）+6（a+1a）+6（b+1b），

利用兩數(shù)的立方和公式，等價于

（ab+ba）［a2b2－1+b2a2］+（a+1a）（a2－1+1a2）+（b+1b）（b2－1+1b2）+30≥6（ab+ba）+6（a+1a）+6（b+1b），等價于

（ab+ba）［（ab+ba）2－3］+（a+1a）［（a+1a）2－3］+（b+1b）［（b+1b）2－3］+30

≥6（ab+ba）+6（a+1a）+6（b+1b），等價于

（ab+ba）3－9（ab+ba）+10+（a+1a）3－9（a+1a）+10+（b+1b）3－9（b+1b）+10≥0，分解因式等價于（ab+ba－2）［（ab+ba）2+2（ab+ba）－5］+（a+1a－2）［（a+1a）2+2（a+1a）－5］

+（b+1b－2）［（b+1b）2+2（b+1b）－5］≥0，

由ab+ba≥2，a+1a≥2，b+1b≥2知，此式成立.

所以不等式（1）成立.

3.賽題推廣

按照問題1的證法，容易得到：

推廣1 設(shè)a，b為正數(shù)，n為整數(shù)，證明：

（an+2+an－1b3+an+2b3）（1an+2+1an－1b3+1an+2b3）+27≥6（a+b+1a+1b+ba+ab）.（3）

證明：把（3）式兩邊展開等價于

a3b3+b3a3+a3+1a3+b3+1b3+30≥6（ab+ba）+6（a+1a）+6（b+1b），

由問題1的證法知，此式成立.所以不等式（3）成立.

對問題2的證法進(jìn)行逆向分析得到，當(dāng)0≤m≤16時，有下列不等式成立：

（a+1a－2）［（a+1a）2+2（a+1a）－m2］≥0，等價于

（a+1a）3－3（a+1a）+m≥（m2+1）（a+1a），等價于

（a+1a）［（a+1a）2－3］+m≥（m2+1）（a+1a），等價于

（a+1a）（a2－1+1a2）+m≥（m2+1）（a+1a），等價于

a3+1a3+m≥（m2+1）（a+1a），由此對問題1的證法加以改進(jìn)，得到：

推廣2 設(shè)a，b為正數(shù)，0≤m≤16，證明：

（a3+b3+a3b3）（1a3+1b3+1a3b3）+3（m－1）≥（m2+1）（a+b+1a+1b+ba+ab）.（4）

證明：把（4）式兩邊展開等價于

a3b3+b3a3+a3+1a3+b3+1b3+3m≥（m2+1）（ab+ba）+（m2+1）（a+1a）+（m2+1）（b+1b），

利用兩數(shù)的立方和公式等價于

（ab+ba）［a2b2－1+b2a2］+（a+1a）（a2－1+1a2）+（b+1b）（b2－1+1b2）+3m≥（m2+1）（ab+ba）+（m2+1）（a+1a）+（m2+1）（b+1b），等價于

（ab+ba）［（ab+ba）2－3］+（a+1a）［（a+1a）2－3］+（b+1b）［（b+1b）2－3］+3m

≥（m2+1）（ab+ba）+（m2+1）（a+1a）+（m2+1）（b+1b），等價于

（ab+ba）3－（m2+4）（ab+ba）+m+（a+1a）3－（m2+4）（a+1a）+m +（b+1b）3－（m2+4）（b+1b）+m≥0，分解因式等價于

（ab+ba－2）［（ab+ba）2+2（ab+ba）－m2］+（a+1a－2）［（a+1a）2+2（a+1a）－m2］+（b+1b－2）［（b+1b）2+2（b+1b）－m2］≥0，

由ab+ba≥2，a+1a≥2，b+1b≥2，0≤m≤16知，此式成立.

所以不等式（4）成立.

由推廣1、推廣2立得：

推廣3 設(shè)a，b為正數(shù)，n為整數(shù)，0≤m≤16，證明：

（an+2+an－1b3+an+2b3）（1an+2+1an－1b3+1an+2b3）+3（m－1）

≥（m2+1）（a+b+1a+1b+ba+ab）.（5）