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例谈含


6

中 等 数 学

例谈含“abc = 1 ” 的条件不等式的证明
郑燕平
(浙江省金华一中 , 321015)

   (本讲适合高中 ) 最近 , 笔者对含“abc = 1 ” 的条件不等式 的证明进行了比较深入地探究 , 有些想法写 成此文 , 愿与同仁探讨 .
1  降元

/>
2 = ( 1 - A ) u + 2 u + 1. 2 令 f ( u ) = ( 1 - A ) u + 2 u + 1. 则 f ( u ) 在

u

0, 1

1 1+ A + 2 1+ A

上是增函数 . 所以 ,
1 1 +b
.

≤ f

1 1+ A

例 1   a、、 设 b c
1 + 1 +

R + , 且 abc = 1. 证明 : 1 =

1 +a

3 2 ≤ . 2 1 +a 1 +b 1 +c 讲解 :直接利用条件 abc = 1 将其降为一 元问题很难做到 , 不过可以先将 ab看作一个 整体使三元变为二元 , 再通过放缩将二元转 化为一元 . 不妨设 a ≤b≤c, 令 A = ab. 则 1 c = ( A ≤1 ) .
A

令 A = v. 则
1 1 +a 2 1 +v = 2 1 +v + + + 1 1 +b
v
2

+

1 1 +c



1 +v

2v
2 2 (1 + v )

设 u=

1 1 +A + a +
A a

.则 u

0,

1 1+ A

,


1
.

2 1 +v

+

2v 1 +v
2

当且仅当 a = A时 , u = 故
= 1 1 +a 1 1 +a 1 = + 1 +a 1 1+
A a

1+ A + + 1 1 +b 1
A 1+ a
2 2

= - 2

1 1 +v

-

2 2

+

3 2 3 2 ≤ . 2 2

注 :利用降元思想解此类问题 , 解题过程 比较复杂 , 且只能解决比较简单的情形 . 另 外 , 笔者发现 , 例 1 是第四届中国西部数学奥
2

林匹克第 8 题
A a

[1 ]

的一个“ ”题目是 : 源 .

+

1 +A + a +

求证 :对任意的正实数 a、、 都有 b c,
1<
a a +b
2 2

=

A 2 +a + a

+

b b +c
2 2

+

1 +A + a +

A a

+

2
A 1 +A + a + a z=

3 2 ≤ . 2 c +a
c
2 2

该题 只 要 通 过 代 换“ x =
a , 就可转化为例 1. 2 ” c
2

b c 2, y = 2 , a b

2

2

   收稿日期 : 2009 - 06 - 26   修回日期 : 2009 - 09 - 27

? 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

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2009 年第 12 期

7

2  用“1 ” 代换

x

2

y +z

+

y

2

z+x
2

+
2

z

2

x +y
2

[ 2 ( x + y + z) ]

例 2   a、、 设 b c

R + , 且 abc = 1. 求证 :

≥ ( x + y + z) . 故 ≥
x
2

ab bc ca + 5 5 + 5 ≤1. 5 5 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca

y +z

+

y

z+x

+

z

x +y

讲解 :注意到
a + b - a b ( a + b)
2 2 3 3 = ( a - b ) ( a - b ) ≥0. 5 5 2 2

1 3 ( x + y + z) ≥ . 2 2
x y z , b = , c = 的分式代换 y z x

因此 , 所证不等式成立 .
312   利用 a =


= =

ab ab abc ? = 5 5 5 5 a + b + ab a + b + ab abc ? a b c a b c 5 2 2 ≤ 2 2 2 2 ( a + b) + a b c a +b +a b c a b
5 2 2 2 2

例 4   a、、 设 b c R + , 且 abc = 1. 求证 : 1 1 1 [2 ] + + ≥1 . 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 讲解 :设 a = 则
x y z , b = , c = ( x、、 y z y z x

c . a +b+c

R + ).

bc a 同理 , 5 ≤ , 5 a +b+c b + c + bc ca b ≤ . 5 5 c + a + ca a + b + c

1 1 1 + + 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c
y z x + + . y + 2x z + 2y x + 2z

=

以上三式相加即得所证不等式. 当 a = b = c = 1 时 , 上式等号成立 .
3  换元 311   利用 a = 1
a ( b + c)
3

由柯西不等式得 [ y ( y + 2 x ) + z ( z + 2 y ) + x ( x + 2 z) ] ?  
y z x + + y + 2x z + 2y x + 2z
2

≥ ( x + y + z) .
y z x + + y + 2x z + 2y x + 2z ( x + y + z) = 1, y ( y + 2 x ) + z ( z + 2 y ) + x ( x + 2 z)
2

1
x

,b=

1
y

, c=

1
z

的倒数代换



例 3   a、、 设 b c
+ 1
3

R + , 且 abc = 1. 证明 : + 1
c ( a + b)
3



b ( a + c)



3 2

[2 ]

.

讲解 :所证不等式的左边相对右边而言
1
x , b =

有些“ 头轻脚重 ”可以利用 a = ,
c=

1
y

1 1 1 即  + + ≥1. 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 当且仅当 a = b = c = 1时 , 上式等号成立 . 注 :此题若直接运用柯西不等式 , 条件
abc = 1 不能直接利用起来 . 需通过 a = b= x , y

,

1
z

的倒数换元使其形式上比较“ 和谐 ” .
1
x ,b=

设 a=

1
y

, c=

1
z

y z , c = 的分式代换才容易想到利用柯 z x

. 则 xyz = 1.

易知 x + y + z≥3. 于是 , 所证不等式化为
3 + + ≥ . y +z z+x x +y 2
x y z
2 2 2

西不等式证明 . 例 5   a、、 设 b c 1 1 1 + + +
a b c

R + , 且 abc = 1. 求证 : 3 ≥4. a +b+c R + ).

讲解 :设 a =

x y z , b = , c = ( x、、 y z y z x

由柯西不等式得

不妨设 x ≥y ≥z. 则
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8

中 等 数 学

y z + z x + x y - ( x z + y x + z y)

2

2

2

2

2

2

= ( x - y ) ( y - z) ( x - z) ≥0.

=

1
xy ( x + y + z)

=

z . x +y +z


=

1
a

+

1
b

+

1
c

+

3
a +b+c

同理 ,
1

1 1 +b+c



x , x +y +z

y z x 3 + + + x y z x y z + + y z x
2 2 2

1 +c+a



y . x +y +z

y z+z x +x y 3 = + 2 2 2 xyz x z+y x +z y xyz



x z+y x +z y 3 + 2 . 2 2 xyz x z+y x +z y xyz x z+y x +z y x y z = + + ≥3. xyz y z x t
2 2 2

2

2

2

令 t=

3 则 y = t + 在 [ 3, + ∞) 上是增函数 .

所以 , y ≥4, 即 1 1 1 + + +
a b c

3
a +b+c

≥4.

注 :分式换元的思想在解决有些问题时 还是比较方便的 , 不仅适用范围比较广 , 而且 有利于将其进行推广 . 例如 , 设 a、、、、 b c d e R + , 且 abcde = 1. 求证 : a + abc b + bcd c + cde + + + 1 + ab + abcd 1 + bc + bcde 1 + cd + cdea d + dea e + eab 10 + ≥ . 1 + de + deab 1 + ea + eabc 3 只要作代换 a =
x y z , b = , c= , d = y z u

u v , e = , 就可以将其转化成熟悉的问题 . v x

313   利用 a = x , b = y , c = z 的高次代换
3 3 3

例 6   a、、 设 b c R + , 且 abc = 1. 求证 : 1 1 1 + + ≤1. 1 +a +b 1 +b+c 1 +c+a 3 3 3 讲解 : 令 a = x , b = y , c = z ( x、 、 y z R + ) . 则 xyz = 1. 注意到 x + y ≥x y + y x. 则 1 1 = 1 + a + b 1 + x3 + y3
3 3 2 2

1 1 ≤ = 2 2 2 2 1 + x y + y x xyz + x y + y x

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以上三式相加即得 1 1 1 + + ≤1. 1 +a +b 1 +b+c 1 +c+a 当 a = b = c = 1 时 , 上式等号成立 . 注 :当 abc = 1 时 , 以上三种代换都是经 常用到的 . 314   其他代换 有些时候 , 还需根据具体情况选用更加 复杂的代换 . 例 7  设实数 x、 、 都不等于 1, 满足 y z xyz = 1. 求证 :
x
2

( x - 1)

2

+

y

2

( y - 1)

2

+

z

2

( z - 1)

2

≥1 .

[3 ]

此题是第 49 届 I O 第 2 题的第一问 . M 讲解 :令
x=

x y z = a, = b, =c则 . x- 1 y- 1 z- 1

a b c ,y= , z= . a- 1 b- 1 c- 1

由 xyz = 1, 得 abc = ( a - 1 ) ( b - 1 ) ( c - 1 ) , 即  a + b + c - 1 = ab + bc + ca. 2 2 2 故 a +b +c 2 = ( a + b + c) - 2 ( ab + bc + ca ) 2 = ( a + b + c) - 2 ( a + b + c - 1 ) 2 = ( a + b + c - 1 ) + 1 ≥1. 从而 ,
x
2

( x - 1)

2

+

y

2

( y - 1)

2

+

z

2

( z - 1)

2

≥1.

4  巧引参数

有些时候 , 还可以通过引入参数来解决 此类问题 . [4 ] 例 8  同例 4 . 1 a 讲解 :引入参数 , 设 ≥ ,即 1 + 2a a + b + c 1+ b + c ≥2 a .
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2009 年第 12 期

9

又 b + c ≥2 令 1+ = 1 ≥ 1 + 2a a 2

( bc) = 2 ,即 a
- 3 - 3
2 2 2

1
a

= 2a

- 2

( x - y + z) ( z - x + y ) ≤z , . ( y - z + x ) ( z - x + y ) ≤y .
2

2

= -

2 .则 3
.

相乘即得 . ) 4. 设 p、 、 为正数 , 且 pqr = 1. 证明 : 对 q r 所有的 n N, 都有
1
p + q +1
n n

2 3

+b

+c
b

- 3

同理 ,

1 ≥ 1 + 2b a c
2 3

2 - 3

+

1
q + r +1
n n n

+

1
r + p +1
n n

≤1.

2 3 2 2

+b

- 3

2

+c
.

- 3

2

,

( 2004, 波罗的海数学竞赛 ) (提示 :记 p = a, q = b, r = c 则 abc = 1. .
n n

1 ≥ 1 + 2c a -

- 3 - 3

+b

+c

- 3

2

以上三式相加即得所证不等式 .

练习题
1. 同例 3.
(提示 : 先用“1 ” 作代换 , 再用柯西不等

式. )
2. 若 x > 0, y > 0, z > 0, 且 xyz = 1, 求证 : 1< 1 1 1 + + < 2. 1 +x 1 +y 1 +z
b c a , y= , z= .则 a b c a = a +b

( 2008, 全国高中数学联赛山东省预赛 ) (提示 :令 x =

1= <

a < a +b+c a +c = 2. ) a +b+c

1 1 +x

3. 设 a、、 b c
a-1+

R + , 且满足 abc = 1. 证明 :
b- 1+

1
b

1
c

c- 1+

1
a

≤1.

(第 41 届 I O ) M (提示 :令 a = x y z , b = , c = ( x、、 y z y z x

R + ).

则原不等式 Ζ ( x - y + z) ( y - z + x ) ( z - x + y ) ≤xyz. 又 x - y + z、 - z + x、 - x + y 中任两个 y z 之和大于 0, 故至多只有一个小于或等于 0. ( 1 ) 若其中恰有一个小于或等于 0, 结论 显然成立 ;
( 2 ) 若每个都大于 0, 注意到 ( x - y + z) ( y - z + x ) ≤x ,
2

当 t > 0 时 , 由排序原理易得 2t t 2t t 2t t 2t t 3t 3t a b + b a ≤a a + b b = a + b . 1 故取 t = 时 ,式 ① 成立 . 以下易证 . ) 3
参考文献 :
[1]  徐万镒   提供 . 2004 西部数学奥林匹克 [ J ]. 中等数

[ 2 ]  蔡 小 雄 . 代 数 变 形 [ M ]. 杭 州 : 浙 江 大 学 出 版 社 , 2008, 6. [ 3 ]     , 冯志刚   熊 斌 提供 . 第 49 届 I O 试题解答 [ J ]. M

[4]  周沛耕 ,王中峰 . 高中数学奥林匹克竞赛解题方法大

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故原不等式 1 1 1 Ζ + + ≤1. a + b +1 b + c +1 c + a +1
1 1 1 1

因为 a + b≥ ( a 3 b3 ) ( a 3 + b3 ) , 所以 ,
1
a + b +1

=

( abc)
1 3 1 3

1 3

( abc)
1 1

+a +b
1 1



( abc)

( abc)
1

1 3

+ ( a 3 b3 ) ( a 3 + b3 )
1

1

=

c3

1

= 1. )

a 3 + b3 + c3

5. 已知 abc = 1, a、、 b c

R + . 求证 :

1 1 1 + + ≤1. 1 +a +b 1 +b+c 1 +a +c (提示 : 引入参数 t,设 1
c t t t a +b +c
t

1 +a +b



学 , 2005 ( 2) .

中等数学 , 2008 ( 9) .

全 [M ]. 太原 : 山西教育出版社 , 2003.

Ζ act + bct ≥at + bt Ζ a + b≥a2 t bt + b2 t at.



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