一道2022年四川省预赛题的多解与推广

摘要：文章从函数的单调性和构造对偶式等角度给出2022年全国高中数学联赛（四川预赛）试题第11题的三种证明方法，然后分析其背景，最后将不等式进行推广，得到三个与Nesbitt不等式有着密切关联的重要推论.

关键词：2022年四川省预赛；不等式；函数单调性；解法探究

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）28-0073-03

2022年全国高中数学联赛（四川预赛）试题的第11题是不等式证明题，该题是三元分式不等式，综合性较强，很有研究的必要.

1预赛试题

题目（2022年全国高中数学联赛（四川预赛）试题的第11题［1］） 对任意正实数a，b，c及任意正实数r>1.求证：

ab+c+bc+a+ca+b≤arbr+cr+brcr+ar+crar+br.

2解法探究

引理f（x）=1a+x+a1+x+xa+1，这里a>0是参数.

（1）若a≥1，则f（x）在（0，1］上单调递减；

（2）若a≤1，则f（x）在［1，+∞）上单调递增.

证明注意到f ′（x）=1a+1-1（x+a）2-a（x+1）2，f ′（x）在（0，+∞）上显然是单调递增的.

（1）当x∈（0，1］时，f ′（x）≤f ′（1）=1a+1-1（a+1）2-a4=a［1（a+1）2-14］，

注意到a≥1，所以f ′（x）≤a［1（a+1）2-14］≤0.

从而f（x）在（0，1］上单调递减.

（2）当x∈［1，+∞）时，f ′（x）≥f &nbvpijNdBcB0M7A7yZuC2eICmgV6BakDvnGAEiQ0e5eE8=sp;′（1）=1a+1-

1（a+1）2-a4=a［1（a+1）2-14］，

注意到a≤1，所以f ′（x）≥a［1（a+1）2-14］≥0.

从而f（x）在［1，+∞）上单调递增.

证法1注意到这个三元不等式是对称的，所以不妨设a≥b≥c.注意到这是齐次的，所以不妨设b=1，从而a≥1≥c.

因为r>1，所以ar≥a≥1≥c≥cr.

注意到b=1，左边看成关于c的一元函数，即

∑ab+c=f（c），右边看成关于cr的一元函数，即∑arbr+cr=F（cr）.

由引理可知，f（cr）≤F（cr），即

a1+cr+1a+cr+cr1+a≤ar1+cr+1ar+cr+crar+1.

（这里把cr视作参数，a和ar视作变量的两个取值）.

于是∑ab+c=f（c）≤f（cr）≤F（cr）=∑arbr+cr，

这里f（c）≤f（cr）用到f（x）的单调递减性质.

从证明过程可知，当且仅当a=b=c时取等号.

证法2（构造法） 设M=arbr+cr+brcr+ar+crar+br，

N=ab+c+bc+a+ca+b，

原不等式等价于M-N≥0.

不妨设a≥b≥c>0，再设

A=（b+c）·ar-a·（br+cr），A′=（b+c）·（br+cr），

B=（c+a）·br-b·（cr+ar），B′=（c+a）·（cr+ar），

C=（a+b）·cr-c·（ar+br），C′=（a+b）·（ar+br），

所以A+B+C=（b+c-b-c）·ar+（c+a-c-a）·br+（a+b-a-b）·cr=0，

A=ab·（ar-1-br-1）+ac·（ar-1-cr-1）≥0，

C=-ac·（ar-1-cr-1）-bc·（br-1-cr-1）≤0，

A+B+C=0，A≥0，C≤0.①

即A′=（b+c）·（br+cr）≤（a+c）·（ar+cr）=B′≤（a+b）·（ar+br）=C′.

即0<A′≤B′≤C′.②

由①②，得

M-N=（arbr+cr-ab+c）+（brcr+ar-bc+a）+

（brcr+ar-bc+a）=AA′+BB′+CC′≥AB′+BB′+CC′=A+BB′+

CC′=（-C）B′+CC′≥（-C）C′+CC′=0，

即M-N≥0，故原不等式成立，当且仅当a=b=c时等号成立.

证法3令f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx，其中a，b，c为正实数，x∈［0，+∞）.要证原不等式成立，只需证f（x）在区间［0，+∞）上单调递增.由于

（axbx+cx）′=axbx（lna-lnb）+axcx（lna-lnc）（bx+cx）2，

（bxcx+ax）′=bxax（lnb-lna）+bxcx（lnb-lnc）（cx+ax）2，

从而得到

（axbx+cx）′+（bxcx+ax）′

=axbx（ax-bx）（lna-lnb）（2cx+ax+bx）（bx+cx）2（cx+ax）2+axcx（lna-lnc）（bx+cx）2+bxcx（lnb-lnc）（cx+ax）2，

经过计算，可得到

f ′（x）=12∑［（axbx+cx）′+（bxcx+ax）′］

=∑axbx（ax-bx）（lna-lnb）（2cx+ax+bx）（bx+cx）2（cx+ax）2≥0.

因此，函数f（x）在区间［0，+∞）上单调递增.

所以当r>1时，有f（1）≤f（r），故原不等式成立，当且仅当a=b=c时等号成立.

3题后反思

证法1是利用函数的单调性，由于原不等式是对称的，故可设a≥b≥c，并且也是齐次的，故可设b=1，再把c视为变量x，从而可令f（x）=1a+x+a1+x+xa+1.对函数f（x）求导，再讨论a≥1或a≤1时f（x）的单调性，即可得到引理，从而可证得原不等式.

相比证法1，证法3更容易想到，因为这是很明显的，根据原不等式的结构就可以看得出来，即只需证明函数f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx在［0，+∞）上单调递增即可.

证法2是构造法，很巧妙.而这样的构造是源于Nesbitt不等式的构造法证明带来的灵感：

记A=ab+c+bc+a+ca+b，

B=bb+c+cc+a+aa+b，

C=cb+c+ac+a+ba+b.

因为A+B=c+aa+b+a+bb+c+b+cc+a≥3，

A+C=b+ca+b+c+ab+c+a+bc+a≥3，

所以2A+B+C≥6，而B+C=3，故A≥32.

即ab+c+bc+a+ca+b≥32.

4试题推广

根据证法3，可以得到如下定理.

定理设f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx，其中a，b，c为正实数，x∈［0，+∞），则f（x）在［0，+∞）上单调递增.

由定理可把试题推广如下：

推广设a，b，c为正实数，n>m≥0，则

anbn+cn+bncn+an+cnan+bn≥ambm+cm+bmcm+am+cmam+bm.

当n=1，m=0时，得到ab+c+bc+a+ca+b≥32，这就是Nesbitt不等式，可见Nesbitt不等式是它们的特殊情形.

由定理，可以得到如下的推论.

推论1当n=2，m=1时，得到a2b2+c2+b2c2+a2+

c2a2+b2≥ab+c+bc+a+ca+b.

推论2当n=3，m=2时，得到a3b3+c3+b3c3+a3+c3a3+b3≥a2b2+c2+b2c2+a2+c2a2+b2.

推论3当n=2，m=0时，得到a2b2+c2+b2c2+a2+c2a2+b2≥32.

注这就是Nesbitt不等式的指数推广，更一般的情形就是：

当n≥2，m=0时，得到anbn+cn+bncn+an+

cnan+bn≥32.

用类似的方法可以解决下面的一般问题.

设a1，a2，…，an为正实数，且满足∑ni=1ai=1，证明：对任意的s>r≥0，有∑ni=1（ai1-ai）s≥∑ni=1（ai1-ai）r.

5结束语

上文中的竞赛试题可根据题干结构，通过构造函数，利用函数的单调性来证明，也可构造对偶式来证明.在证明不等式时，一定要分析题干的结构，根据结构特征，选择对应的方法.研究不等式问题，往往需要探究其背景与推广，这样可以从更深、更高的维度来理解不等式[2].从上文的分析可知，文中的竞赛试题是以Nesbitt不等式为背景进行命制的，这提醒我们一线教师，在平日的竞赛训练中，要重视对著名不等式的深入研究.

参考文献：

［1］

张君.2022年全国高中数学联赛（四川预赛）试题及解析[J].数理化解题研究，2022（25）：84-88.［2］ 李鸿昌.证明一类分式齐次不等式的通法[J].高中数学教与学，2019（15）：41-42.

［责任编辑：李璟］