一道高中数学联赛试题的证明、变式与推广

1.试题呈现

题目 设a，b，c为正实数，且满足（a+b）（b+c）（c+a）=1，求证：a21+bc+b21+ca+ c21+ab≥12（ ）.

这是2017年全国高中数学联赛陕西赛区预赛试题的一道不等式证明题，可以看出该不等式的分子都是二次单项式，分母是含根号的代数式，条件和结论结构对称，具有数学的美感，在文［1］中，郭兴甫老师主要是通过柯西不等式和基本不等式等使不等式得到证明，读后深受启发.本文拟对该不等式的证明方法、变式与推广做进一步的探究，与大家一起分享.

2.试题解析

证法1：由基本不等式的推广得（a+b）（b+c）（c+a）≤［（a+b）+（b+c）+（c+a）3］2，即a+b+c≥32，由权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，又因为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，故不等式得证.

评注：此证法首先是通过基本不等式的推广得到a+b+c≥32，再结合权方和不等式和基本不等式使不等式得证.

证法2：由证法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，则（a+b+c）23+a+b+c=13t2+1t.构造函数f（t）=3t2+1t，t≥32，则f'（t）=－6－tt3<0，所以函数f（t）在［32，+∞）上单调递减，因此f（t）=3t2+1t≤f（32）=3×49+23=2，所以（a+b+c）23+a+b+c=13t2+1t≥12，故不等式得证.

评注：此证法通过将不等式转化为函数问题，利用函数的单调性，求得函数的最值，使不等式得证.

3.试题变式

变式1 设a，b，c为正实数，且满足（a+b）（b+c）（c+a）=1，求证：a2a+bc+b2b+ca+c2c+ab≥34.

分析：此变式是通过将不等式左面每一项分母的常数项“1，1，1”分别变为“a，b，c”得到的，证明方法与证法1类似.

变式2 设a，b，c为正实数，且满足a+b+c=1，求证：a21+bc+b21+ca+c21+ab≥14.

分析：此变式是通过改变试题的条件式子得到，将条件式子“（a+b）（b+c）（c+a）=1”改为“a+b+c=1”，证明方法与证法1类似.

4.试题推广

推广1 设a，b，c为正实数，且满足（a+b）（b+c）（c+a）=t，求证：a21+bc+ b21+ca+c21+ab≥3t4+2t.

分析：此推广是将试题中的条件式子从“1”推广到“t”.

推广2 设a，b，c，d为正实数，且满足（a+b）（b+c）（c+d）（d+a）=t，求证：a21+bc+b21+cd+c21+da+d21+ab≥2t2+t.

分析：此推广是在推广1的基础上将未知数的个数从“3”元推广到“4”元.

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

分析：此推广是在推广2的基础上将未知数的个数从“4”元推广到“n”元.

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

分析：此推广是在推广3的基础上将不等式左面每一项分母的常数项和未知数的系数从“1，1”推广到“α，β”.

推广5 设ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，满足（a1+a2）（a2+a3）（a1+a2）···（an+ a1）=t，求证：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：此变式是在推广4的基础上将分母的代数式所含的未知数个数从“2”元推广到“n－1”元，同时将“2”次根式推广到“n－1”次根式.令α=β=1，n=3时为本文所探究的问题（ ）.

推广6 设ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，满足（a1+a2）（a2+a3）（a3+a4）···（an+ a1）=t，求证：

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

推广7 设ai>0，i=1，2，3，···，n，α，β>0，满足∑ni=1ai=t，求证：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：推广6和推广7分别是在变式1和变式2的基础上将未知数的个数从“3”元推广到“n”元，同时将不等式左面每一项分母的系数从“1，1”推广到“α，β”，“2”次根式推广到“n－1”次根式.

上述推广1到推广4均是推广5的特例，推广6和推广7分别是变式1和变式2的推广，下面给出推广5和推广7的证明过程，其余推广的证明过程不再叙述.

推广5的证明：由基本不等式的推广得（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，由权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，构造函数f（x）=x2nα+βx，x≥nt2，则f'（x）=2nαx+βx2（nα+βx）2>0，所以函数f（x）在［nt2，+∞）上为单调递增函数，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，所以推广5得证.

推广7的证明：由推广5的证明过程可得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，所以推广7得证.

参考文献

［1］郭兴甫. 例谈柯西不等式及变式的应用［J］. 数学通讯，2022，（01）：45-49.