几类不等式问题的加强探究

摘"要"本文讨论了三类不等式问题，并对相应结论进行了加强探究，得到了一些新的结果.

关键词"代数不等式；三角形不等式；几何不等式

不等式问题的证明有趣、新颖、灵巧、深浅适度、富有启发性，解答过程具有创造性.本文选取了三类不等式问题进行探究，并对结论作了进一步加强探究.

1.代数不等式的加强

例1"（《数学通报》2015年第3期问题2235）已知a，b，c∈R+，且abc=1，求证：a2+b21+a+b2+c21+b+c2+a21+c≥3.

加强"已知a，b，c∈R+，且abc=1，求证：a2+b21+a+b2+c21+b+c2+a21+c≥a+b+c①.

证明"由权方和不等式得a2+b21+a+b2+c21+b+c2+a21+c=（a21+a+b21+b+c21+c）+（b21+a+c21+b+a21+c）≥（a+b+c）21+a+1+b+1+c+（a+b+c）21+a+1+b+1+c=2（a+b+c）23+a+b+c.所以只要证明2（a+b+c）23+a+b+c≥a+b+c，即证a+b+c≥3.

由均值不等式结合abc=1，得a+b+c≥33abc=3，故原不等式成立.

注"由a+b+c≥3，知①式加强了原有结论.

例2"（《数学通报》2020年第3期问题2535）已知a，b，c＞0，求证：（a+b+c）39abc≥32+ab+c+bc+a+ca+b.

加强"已知a，b，c＞0，求证：（a+b+c）39abc≥2（ab+c+bc+a+ca+b）②.

证明"原不等式等价于

（a+b+c）39abc－3≥2（ab+c+bc+a+ca+b－32）∑a3+3∑（a2b+ab2）－21abc9abc≥2∑a3－∑（a2b+ab2）2（a+b）（b+c）（c+a）

2（∑a3－3abc）+6∑（ca2+cb2－2abc）9abc≥∑（a3+b3－a2b－ab2）（a+b）（b+c）（c+a）

（a+b+c）∑（a－b）2+6∑c（a－b）29abc≥∑（a+b）（a－b）2（a+b）（b+c）（c+a）∑［a+b+7c9abc－1（b+c）（c+a）］（a－b）2≥0∑a2b+ab2+b2c+8bc2+8c2a+ca2+7c39abc（b+c）（c+a）（a－b）2≥0.

注"由Nesbitt不等式ab+c+bc+a+ca+b≥32，知2（ab+c+bc+a+ca+b）≥32+ab+c+bc+a+ca+b，②式加强了原有结论.

例3""（《数学通报》2023年第12期问题2760）已知a，b，c＞0，且a+b+c=3，求证：a18+b18+c18+12（ab+bc+ca）≥39.

加强"已知a，b，c＞0，且a+b+c=3，求证：a18+b18+c18+18（ab+bc+ca）≥57③.

证明"由均值不等式得a18+8=a18+1+…+1≥99a18=9a2，同理可得b18+8≥9b2，c18+8≥9c2，所以a18+b18+c18≥9（a2+b2+c2）－24，

所以a18+b18+c18+18（ab+bc+ca）≥9（a2+b2+c2）－24+18（ab+bc+ca）=9（a+b+c）2－24=57.

注"由a+b+c=3及（a+b+c）2≥3（ab+bc+ca）可得ab+bc+ca≤3，此时57－18（ab+bc+ca）≥39－12（ab+bc+ca），③式加强了原有结论.

2.三角形不等式的加强

例4"（《数学通报》2023年7月号问题第2731题）在△ABC中，求证：∑sin2A1+cos2B+cos2C≤32.

加强"在△ABC中，求证：∑sin2A1+cos2B+cos2C≤a2+b2+c26R2.④

证明"原不等式等价于a21+cos2B+cos2C+b21+cos2C+cos2A+c21+cos2A+cos2B≤23（a2+b2+c2）.由射影定理和柯西不等式有a2=（bcosC+ccosB）2≤（b2+c2）（cos2C+cos2B），从而cos2B+cos2C≥a2b2+c2，所以a21+cos2B+cos2C≤a21+a2b2+c2=a2b2+a2c2a2+b2+c2，故∑a21+cos2B+cos2C≤2（a2b2+b2c2+c2a2）a2+b2+c2.

由常见不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx得（x+y+z）2≥3（xy+yz+zx），所以a2b2+b2c2+c2a2≤13（a2+b2+c2）2，所以∑a21+cos2B+cos2C≤23（a2+b2+c2），故原不等式成立.

注"由结论a2+b2+c2≤9R2知a2+b2+c26R2≤32，故④式加强了原有结论.

例5""（《数学通报》2020年第11期问题2571）在△ABC中，证明：cosAtanB2tanC2+cosBtanC2tanA2+cosCtanA2tanB2≥12.

加强"在△ABC中，证明：cosAtanB2tanC2+cosBtanC2tanA2+cosCtanA2tanB2=1－rR.⑤

证明"在△ABC中，sinA+sinB+sinC=4cosA2cosB2cosC2，4sinA2sinB2sinC2=rR，又cosA=1－2sin2A2=1－2sinA2cosA2sinA2cosA2=1－sinAtanA2， 所以cosAtanB2tanC2=（1－sinAtanA2）tanB2tanC2=tanB2tanC2－sinAtanA2.tanB2tanC2，

所以∑cosAtanB2tanC2=∑tanB2tanC2－tanA2tanB2tanC2∑sinA

=1－4tanA2tanB2tanC2cosA2cosB2cosC2=1－4sinA2sinB2.sinC2=1－rR.

注"由欧拉不等式R≥2r知1－rR≥12，故⑤式是原结论的加强.

3.几何不等式的加强

例6"（《数学通报》2022年第4期问题2660）设△ABC的旁切圆、外接圆、内切圆半径分别为ra，rb，rc，R，r，角平分线长为ta，tb，tc，则 rarbrctatbtc≤12+R4r.

加强"在△ABC中，求证：rarbrctatbtc≤18（2Rr+2rR+3）⑥.

证明"设△ABC的边长为a，b，c，面积为S，半周长为p，由旁切圆半径公式，（p－a）ra=S=pr，（p－b）rb=S=pr，（p－c）rc=S=pr，有ra=prp－a，rb=prp－b，rc=prp－c，于是 rarbrc=p3r3（p－a）（p－b）（p－c）=p2r由角平分线公式ta=2bcp（p－a）b+c，tb=2cap（p－b）c+a，tc=2abp（p－c）a+b，则tatbtc=8abcpp（p－a）（p－b）（p－c）（a+b）（b+c）（c+a）=8abcp2r（a+b）（b+c）（c+a），于是rarbrctatbtc=（a+b）（b+c）（c+a）8abc.

在△ABC中，a+b+c=2p，ab+bc+ca=p2+4Rr+r2，abc=4pRr，所以rarbrctatbtc=（a+b）（b+c）（c+a）8abc=（a+b+c）（ab+bc+ca）－abc8abc=2p（p2+4Rr+r2）－4pRr32pRr

=p2+2Rr+r216Rr，只需证p2+2Rr+r216Rr≤18（2Rr+2rR+3），即证p2≤4R2+4Rr+3r2，这正是Gerresten不等式，故原不等式成立.

注"由欧拉不等式R≥2r知18（2Rr+2rR+3）≤12+R4r，故⑥式加强了原有结论.

例7"（《数学通讯》2021年第7期问题505）设△ABC的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，三边及对应的三中线、三内角平分线的长分别为a，b，c，ma，mb，mc和ta，tb，tc，求证：mata+mbtb+mctc≥16R－5r5R－r.

加强"在△ABC中，求证：mata+mbtb+mctc≥134－r2R⑦.

证明"由中线长公式和均值不等式知m2a=14［（2b2+2c2）－a2］=14（b2+c2）+14（b2+c2－a2）=14（b+c）2－12bc+14·2bccosA=14（b+c）2－12bc（1－cosA）=14（b+c）2－12bcsin2A2≥14（b+c）2－14（b+c）2sin2A2=14（b+c）2cos2A2，所以ma≥12（b+c）cosA2.

又角平分线长为ta=2bcb+c·cosA2，所以mata≥（b+c）24bc，同理可得mbtb≥（c+a）24ca，mctc≥（a+b）24ab.

所以mata+mbtb+mctc≥（b+c）24bc+（c+a）24ca+（a+b）24ab=（a+b+c）（ab+bc+ca）+3abc4abc.

在△ABC中，有a+b+c=2p，ab+bc+ca=p2+4Rr+r2，所以∑mata≥（a+b+c）（ab+bc+ca）+3abc4abc=2p（p2+4Rr+r2）+12Rrp16Rrp=p2+10Rr+r28Rr.

由Gerretsen不等式p2≥16Rr－5r2可得∑mata≥16Rr－5r2+10Rr+r28Rr=134－r2R.

注"由欧拉不等式R≥2r，得134－r2R≥16R－5r5R－r，故⑦式加强了原有结论.