一道竞赛题的解答与拓展

广东省佛山市乐从中学(528315) 林国红

一、题目呈现与解答

题目(2021 年第三十一届“希望杯”全国数学邀请赛高一第2 试第16 题)正实数a,b,c满足ab+bc+ca=11,求(a2+1)(b2+1)(c2+1)的最小值.

本题简洁且内涵丰富,很有新意,值得探究.本文呈现其解法,并作拓展探究,供大家参考.

解法1因为

(a2+1)(b2+1)=(a2b2+a2+b2+1)=(a+b)2+(ab−1)2,

由柯西不等式,得

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b)2+(ab−1)2](c2+1)

≥[(a+b)c+(ab−1)×1]2

=[(ab+bc+ca)−1]2=(11−1)2=100,

当且仅当正实数a,b,c满足即abc=a+b+c,且ab+bc+ca=11 时,等号成立.a,b,c的值不唯一,如a=1,b=2,c=3 是满足条件的一组值.所以(a2+1)(b2+1)(c2+1)的最小值为100.

解法2

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=a2b2c2+a2b2+b2c2+c2a2+a2+b2+c2+1

=a2b2c2+[(ab+bc+ca)2−2abc(a+b+c)]

+[(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)+1]

=[a2b2c2−2abc(a+b+c)+(a+b+c)2]

+[(ab+bc+ca)2−2(ab+bc+ca)+1]

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2

≥[(ab+bc+ca)−1]2=(11−1)2=100,

等号成立的条件是abc=a+b+c并且ab+bc+ca=11,a,b,c的值不唯一,如a=1,b=2,c=3 是满足条件的一组值.所以(a2+1)(b2+1)(c2+1)的最小值为100.

解法3设复数a+i,b+i,c+i,则

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=|a+i|2·|b+i|2·|c+i|2=|(a+i)(b+i)(c+i)|2

=|[(ab−1)+(a+b)i)]·(c+i)|2

=|[(abc−a−b−c)+(ab+bc+ca−1)i)|2

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2

≥[(ab+bc+ca)−1]2=(11−1)2=100,

二、试题的拓展

2.1 试题的变式

变式1求最小的实数k,使得对于任意的a,b,c,d ∈R,有

解答由

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2,

可得(a2+1)(b2+1)(c2+1)≥(ab+bc+ca−1)2,故

四式相加,得

当a=b=c=d=时,等号成立.所以实数k的最小值为4.

变式2已知a,b,c ∈R,求证:

证明因为

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2,

由柯西不等式,得

当a+b+c−abc=ab+bc+ca−1 时,等号成立.所以

变式3已知正实数a,b,c满足ab+bc+ca=3,求(a2+1)(b2+1)(c2+1)的最小值.

解答由均值不等式,有

(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)

≥3(ab+bc+ca)=9,

即a+b+c≥3,3=ab+bc+ca≥即abc≤1.故有a+b+c−abc≥3−1=2.当且仅当正实数a,b,c满足a=b=c=1 时,等号成立.由

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2

≥22+(3−1)2=8,

所以(a2+1)(b2+1)(c2+1)的最小值为8.

变式4已知正实数a,b,c满足ab+bc+ca=20,求(a2+2)(b2+2)(c2+2)的最小值.

评注由变式3 与变式4,还可以得到更一般的结论:

结论1 正实数a,b,c满足ab+bc+ca=t,k >0.

(1)当t≥9k时,(a2+k)(b2+k)(c2+k)的最小值为k(t−k)2;

(2)当t<9k时,(a2+k)(b2+k)(c2+k)的最小值为

2.2 试题的四元推广

推广已知实数a,b,c,d满足ab+ac+ad+bc+bd+cd−abcd=11,求(a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1)的最小值.

解答由

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2,

故有

(a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1)

=[(a+b+c−abc)2+(ab+bc+ca−1)2](d2+1)

=[(a+b+c−abc)2+(1−ab−bc−ca)2](d2+1)

=[(a+b+c−abc)d−(1−ab−bc−ca)×1]2

+[(a+b+c−abc)+d(1−ab−bc−ca)]2

=(ab+ac+ad+bc+bd+cd−abcd−1)2

+(a+b+c+d−abc−bcd−cda−dab)2

≥(ab+ac+ad+bc+bd+cd−abcd−1)2

=(11−1)2=100,

2.3 恒等式的推广

由试题的解法2 或解法4,可以得到一个优美的代数恒等式

(a2+1)(b2+1)(c2+1)

=[(a+b+c)−abc]2+[(ab+bc+ca)−1]2.

此外,由试题的四元推广,有恒等式

(a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1)

=(ab+ac+ad+bc+bd+cd−abcd−1)2

+(a+b+c+d−abc−bcd−cda−dab)2.

那么,对于(x21+1)(x22+1)···(x22+1),是不是有类似的恒等式? 经探究,得到以下结论:

三、结语

学数学离不开解题,遇到一道经典试题,要从多角度探寻其解法,通法也好,巧法也罢,不单要比较其优劣,还要清楚其中的方法内涵,知晓其中的来龙去脉,方能实现试题研究价值的最大化.另外,不要只满足于问题的解决,要通过变式、类比进行研究,寻求问题的增长点,这样既能开拓解题思路,又能提升发现问题、分析问题和解决问题的能力,同时达到了举一反三,触类旁通的目的.