建構局部不等式巧解幾道競賽中的不等式問題

摘要本文通過舉例說明建構局部不等式巧證一類不等式的方法技巧，并由此歸納得到四種基本模式.

關鍵詞局部不等式；不等式問題

數學奧林匹克競賽試題中的不等式常以和式或積式呈現，有些不等式的證明，難以整體證明，此時可依據不等式的特征構造局部不等式，先證明局部不等式，再利用同向不等式相加或相乘的性質，實現不等式的簡單證明，證明過程可能一步到位，也可能多步才能證明.這里的局部可以是某一單項也可以是其中的若干項.以下舉例說明建構局部不等式的基本模式.

1.利用柯西（權方和）不等式建構局部不等式

例1（2021年奧地利數學奧林匹克）已知正實數a，b，c滿足a+b+c=1，求證：a2a+1+b3b+1+c6c+1≤12.

證明由權方和不等式，當x，ygt;0時，1x+1y≥4x+y，所以1x+y≤14（1x+1y）.

所以a2a+1≤a4（12a+11）=a4（12a+1），同理b3b+1≤b4（13b+1），c6c+1≤c4（16c+1），

所以a2a+1+b3b+1+c6c+1≤a4（12a+1）+b4（13b+1）+c4（16c+1）

=14（12+13+16+a+b+c）=12，當且僅當a=12，b=13，c=16時取等號.

例2（2023年第四屆百年老校數學競賽）正實數x，y，z滿足xyz=1，證明：11+x+y2+11+y+z2+11+z+x2≤1.

證明由柯西不等式，得（1+x+y2）（z43+x13+y－23）≥（z23+x23+y23）2，

所以11+x+y2≤z43+x13+y－23（x23+y23+z23）2，

同理得11+y+z2≤x43+y13+z－23（x23+y23+z23）2，11+z+x2≤y43+z13+x－23（x23+y23+z23）2.

三式相加知

11+x+y2+11+y+z2+11+z+x2≤（x43+y43+z43）+（x13+y13+z13）+（x－23+y－23+z－23）（x23+y23+z23）2，

故只需證明（x43+y43+z43）+（x13+y13+z13）+（x－23+y－23+z－23）≤（x23+y23+z23）2，

因為xyz=1，所以x23y23=z－23，所以只需證明x13+y13+z13≤x－23+y－23+z－23，

由均值不等式，得x－23+y－23≥2x－13y－13=2z13，同理可得y－23+z－23≥2x13，z－23+x－23≥2y13，

三式相加即知上式成立，故原不等式成立.

例3（2024年西班牙數學奧林匹克）給定正整數n，實數x1，x2，…，xngt;1，且滿足x1x2…xn=n+1，求證：

112·（x1－1）+1122·（x2－1）+1…1n2·（xn－1）+1≥n+1.

證明由柯西不等式得，對任意k，1≤k≤n，有1k2·（xk－1）+1（xk－1+1）≥（1k+1）2=（k+1k）2，

所以1k2·（xk－1）+1≥（k+1k）21xk，令k=1，2，…，n，結合x1x2…xn=n+1，得

112·（x1－1）+1122·（x2－1）+1…1n2·（xn－1）+1≥（n+1）2x1x2…xn=n+1，當且僅當xk=k+1k，1≤k≤n時等號成立，故原不等式成立.

點評上述3道例題，由易到難.例1借助等號成立條件可以快速建構局部不等式，但不是常規的三變量相等取等號；例2有一定的綜合性，建構的過程需要利用待定系數法，證明過程實際上建構了2次局部不等式；例3是多元不等式，形式看上去比較復雜，但也是常規的積式不等式，建構單項局部不等式可以順利解答.

2.利用均值不等式建構局部不等式

例4（2020年希臘數學奧林匹克）設a，b，c為正實數，滿足1a+1b+1c=3，求證：a+ba2+ab+b2+b+cb2+bc+c2+c+ac2+ca+a2≤2.

證明由均值不等式得a2+ab+b2≥3ab，所以a+ba2+ab+b2≤a+b3ab=13（1a+1b）.

同理可得b+cb2+bc+c2≤13（1b+1c），c+ac2+ca+a2≤13（1c+1a），

所以a+ba2+ab+b2+b+cb2+bc+c2+c+ac2+ca+a2≤13（1a+1b）+13（1b+1c）+13（1c+1a）=23（1a+1b+1c）=2.

例5（2024年巴爾干初中數學奧林匹克）

已知正實數a，b，c滿足a2+b2+c2=14.證明：1b2+c2+1c2+a2+1a2+b2≤2（a+b）（b+c）（c+a）.

證明由均值不等式可得2（b2+c2）≥（b+c）2，所以1b2+c2≤2b+c，

同理可得1c2+a2≤2c+a，1a2+b2≤2a+b，

所以1b2+c2+1c2+a2+1a2+b2≤2b+c+2c+a+2a+b=2·a2+b2+c2+3（ab+bc+ca）（a+b）（b+c）（c+a）.

又熟知ab+bc+ca≤a2+b2+c2，

所以1b2+c2+1c2+a2+1a2+b2≤2·a2+b2+c2+3（a2+b2+c2）（a+b）（b+c）（c+a）=2（a+b）（b+c）（c+a）.

例6（2023年東莞市預賽題）

已知正數a，b，c，d滿足a+b+c+d=1，求M=a2+18a+b2+18b+c2+18c+d2+18d的最小值.

解由均值不等式得2a+18a≥1，所以18a≥1－2a，于是a2+18a≥a2+1－2a=（1－a）2，

所以a2+18a≥1－a，同理b2+18b≥1－b，c2+18c≥1－c，d2+18d≥1－d，

所以M=a2+18a+b2+18b+c2+18c+d2+18d≥4－（a+b+c+d）=3，

當且僅當a=b=c=d=14時取等號，故M的最小值為3.

例7（《數學通訊》2024年第2期問題649）設正數a，b，c滿足abc=1，證明：1a+1b+1c+1a+3+1b+3+1c+3≥154.

證明由均值不等式得1a+1a+3=a+316a+1a+3+13－a16a≥2a+316a·1a+3+13－a16a=121a+1316a－116，

同理可得1b+1b+3≥121b+1316b－116，1c+1c+3≥121c+1316c－116，

所以1a+1b+1c+1a+3+1b+3+1c+3≥12（1a+1b+1c）+1316（a+b+c）－316.又abc=1，所以1a+1b+1c≥361abc=3，a+b+c≥33abc=3，

所以1a+1b+1c+1a+3+1b+3+1c+3≥12×3+1316×3－316=154.

點評"例5看似復雜，關鍵是破除根號，二元均值不等式就可以實現，例6是四元問題，先猜出取等條件，利用均值不等式把每一項轉化為對應變量的一元代數式，例7難度較大，項數較多，單項局部不等式難以實現，這里構建了兩項局部不等式，多次使用均值不等式.

3.利用化曲為直建構局部不等式

例8（《數學教學》2023年第4期問題1178）

實數a，b，c滿足a+b+c=3，記P=1a2+7+1b2+7+1c2+7，求P的最大值.

解設f（x）=1x2+7，則f′（x）=－2x（x2+7）2，f（1）=18，f′（1）=－132，

于是函數y=f（x）在（1，18）處的切線方程為y－18=－132（x－1），即y=－132（x－5）.以下證當xlt;3時，1x2+7≤－132（x－5）32≤－（x－5）（x2+7）（x－3）（x－1）2≤0.所以P≤－132（a－5）－132（b－5）－132（c－5）=38.當a，b，c中有一個不小于3時，P≤132+17+17lt;38.所以P的最大值為38.

例9（2024年浙江省女子數學奧林匹克選拔賽）設α，β，γ∈（0，π2），滿足sin2α+sin2β+sin2γ=1，求使得∑sinαsin2β+sin2γ≤22+λ（sinα+sinβ+sinγ）最小的實數λ.

解取sinα=sinβ=sinγ=33時，得λ≥66，只需證明λ=66不等式成立.

即不等式∑sinαsin2β+sin2γ≤22+66（sinα+sinβ+sinγ）成立.

設sinα=x，sinβ=y，sinγ=z，則x，y，z∈（0，1）且x2+y2+z2=1，

上式即為x1－x2+y1－y2+z1－z2≤22+66（x+y+z）.

下面證明不等式x1－x2≤26+66x（3x－1）2（6x2+43x+1）≥0，顯然成立.

同理y1－y2≤26+66y，z1－z2≤26+66z，三式相加即得證，故原不等式成立.

點評化曲為直建構局部不等式是利用取等條件，求出切線方程，然后證明不等式，熟悉這個套路，就可以直接建構不等式，例9看上去是三角不等式，顯得很復雜，但換元后，轉化為常規的代數不等式.

4.建構局部不等式證明三角、幾何不等式

例10（《數學通訊》2023年第9期問題630）設銳角△ABC的三邊長為a，b，c，求證：

ab+ccos（B－C）+bc+acos（C－A）+ca+bcos（A－B）≤32.

證明易知ab+c=sinAsinB+sinC=cosB+C2cosB－C2，cos（B－C）=2cos2B－C2－1≤cos2B－C2，

所以ab+ccos（B－C）≤cosB+C2cosB－C2cos2B－C2=cosB+C2cosB－C2=12（cosB+cosC），

同理bc+acos（C－A）≤12（cosC+cosA），ca+bcos（A－B）≤12（cosA+cosB）.

所以ab+ccos（B－C）+bc+acos（C－A）+ca+bcos（A－B）≤cosA+cosB+cosC.

由熟知的結論cosA+cosB+cosC≤32，

得到ab+ccos（B－C）+bc+acos（C－A）+ca+bcos（A－B）≤32.

例11（《數學通報》2018年第7期數學問題2432）設△ABC的邊長為a，b，c，對應的旁切圓半徑分別為ra，rb，rc，則（1ra－1rb）2+（1rb－1rc）2+（1rc－1ra）2≥4［（1a－1b）2+（1b－1c）2+（1c－1a）2］.

證明設△ABC的面積為S，由ra=Sp－a，rb=Sp－b及S=12absinC知（1ra－1rb）2－4（1a－1b）2=（p－aS－p－bS）2－4（a－b）2a2b2=（a－b）2S2－4（a－b）2a2b2

=（a－b）2（12absinC）2－4（a－b）2a2b2=4（a－b）2（1－sin2C）a2b2sin2C=4（a－b）2cos2Ca2b2sin2C≥0.

所以（1ra－1rb）2≥4（1a－1b）2，當且僅當a=b或∠C=90°時，等號成立.

同理（1rb－1rc）2≥4（1b－1c）2，（1rc－1ra）2≥4（1c－1a）2，三式相加即知原結論成立.

點評例10利用右側的常數32，大膽猜測，小心論證，利用三角公式及性質建構了局部不等式，例11涉及三角形旁切圓半徑與邊長，依然大膽猜測，建構局部不等式.

不等式題型豐富，證明方法靈活多變，上述從四個方面探討了建構局部不等式證明不等式，但總有例外的存在，下面舉例非常規建構局部不等式.

例12（2023年中國東南地區數學奧林匹克）

設a，b為正實數，證明：（a3+b3+a3b3）（1a3+1b3+1a3b3）+27≥6（a+b+1a+1b+ab+ba）.

證明原不等式等價于a3+b3+1a3+1b3+a3b3+b3a3+30≥6（a+b+1a+1b+ab+ba）.

觀察不等式左右結構，我們建構局部不等式：xgt;0時，x3+1x3+10≥6（x+1x）.因為令x+1x=t，則t≥2，x3+1x3=（x+1x）3－3（x+1x）=t3－3t，

所以x3+1x3+10－6（x+1x）=t3－9t+10=（t－2）（t2+2t－5）≥0，得證.所以a3+1a3+10≥6（a+1a），b3+1b3+10≥6（b+1b），a3b3+b3a3+10≥6（ab+ba），

三式相加立得上式成立，故原不等式成立.

點評例12只是二元不等式，雖有對稱之美，但難度較大，必須打破固有的思維，從不等式結構上入手建構局部不等式.