两道征解题的多解探究与统一推广.pdf

24中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)两道征解题的多解探究与统一推广广东省佛山市石门实验学校(528200)李辉义安徽师范大学数学与统计学院(241002)曹明响摘要文章对 数学通讯 问题征解栏目中的两道试题进行深入探究,引用一些重要的不等式进行统一解答,并对两道试题进行了统一推广.关键词 不等式;问题征解;多解探究;统一推广1 引言数学通讯 2023 年第 2 期问题征解系列有如下两个问题:问题 1(问题 5931)已知正数 a,b,c 满足 a+b+c=2.证明:a6c2+2b3+b6a2+2c3+c6b2+2a31663.问题 2(问题 5952)已知正数 a,b,c 满足 a+b+c=3.证明:a3b2+2c+b3c2+2a+c3a2+2b 1.2 三个引理为证明主要结论,先引入三个引理.引理 13(幂平均不等式)若 n N+,ai 0,i=1,2,.,n,则当 时,有(1nni=1ai)1(1nni=1ai)1.引理 23(切比雪夫不等式)(1)对于两个单调不增或两个单调不减的实数列an,bn,有(1nni=1ai)(1nni=1bi)61nni=1aibi.(2)对于一个单调不增及一个单调不减的实数列an,bn,有(1nni=1ai)(1nni=1bi)1nni=1aibi.引理 3(权方和不等式的一般形式)设 an,bn 是两个正实数数列,则有ni=1apibqi nqp+1(ni=1ai)p(ni=1bi)q,其中p q+1,q 0.证明(1)p=q+1 时,即为我们所熟知的权方和不等式,此时结论成立,这里不再证明.(2)p q+1 时,由(1)的结论和幂平均不等式可得ni=1apibqi=ni=1(apq+1i)q+1bqi(ni=1apq+1i)q+1(ni=1bqi)q=(n 1nni=1apq+1i)q+1(ni=1bqi)q(n (1nni=1ai)pq+1)q+1(ni=1bqi)q=nqp+1(ni=1ai)p(ni=1bi)q.综上,引理 3 得证.3 问题的证明3.1 问题 1 的证明证法 1 由均值不等式有 a3+a3+827 2a2,可得a6c2+2b3+b6a2+2c3+c6b2+2a3a6c3+427+2b3+b6a3+427+2c3+c6b3+427+2a3.由引理 3 可知a6c3+427+2b3=a9a3(c3+427+2b3)313+1(a3+b3+c3)33(a3b3+b3c3+c3a3)+427(a3+b3+c3).又由均值不等式和幂平均不等式可得(a3+b3+c3)2 3(a3b3+b3c3+c3a3),(a3+b3+c3)19(a+b+c)3=89.综上有a6c2+2b3+b6a2+2c3+c6b2+2a313(a3+b3+c3)33(a3b3+b3c3+c3a3)+427(a3+b3+c3)131a3+b3+c3+427(a3+b3+c3)2=1663.证法 2 由引理 3 可得a6c2+2b3+b6a2+2c3+c6b2+2a3(a3+b3+c3)22(a3+b3+c3)+a2+b2+c2.不妨设 a b c,则有 a2 b2 c2,从而,由切比雪夫不等式得(a2+b2+c2)(a+b+c)6 3(a3+b3+c3),2024 年第 3 期(上半月刊)中学数学研究25由 a+b+c=2,所以(a3+b3+c3)22(a3+b3+c3)+a2+b2+c22(a3+b3+c3)27(a3+b3+c3),由幂平均不等式知27(a3+b3+c3)263(a+b+c)3=1663.3.2 问题 2 的证明证法 1 由均值不等式有 a2+1 2a,可得a3b2+2c+b3c2+2a+c3a2+2ba3b2+c2+1+b3c2+a2+1+c3a2+b2+1.由引理 3 可知a3b2+c2+1=a5a2(b2+c2+1)3152+1(a2+b2+c2)522(a2b2+b2c2+c2a2)+(a2+b2+c2).于是a3b2+c2+1(a2+b2+c2)2(a2+b2+c23)122(a2b2+b2c2+c2a2)+(a2+b2+c2).由均值不等式及幂平均不等式可得(a2+b2+c2)2 3(a2b2+b2c2+c2a2),a2+b2+c213(a+b+c)2 3,a3b2+c2+1(a2+b2+c2)2(a2+b2+c23)122(a2b2+b2c2+c2a2)+(a2+b2+c2)1.综上,原不等式得证.证法 2 不失一般性,a b c;在证明 1 中有a3b2+c2+1b3c2+a2+1c3a2+b2+1,b2+c2+1 6 c2+a2+1 6 a2+b2+1,由切比雪夫不等式可知(b2+c2+1)a3b2+c2+13(b2+c2+1)(a3b2+c2+1)=3(a3+b3+c3),从而有a3b2+c2+13(a3+b3+c3)2(a2+b2+c2)+3,由幂平均不等式有a3+b3+c319(a+b+c)3=3,从而有a3b2+c2+1 1.综上,原不等式得证.4 问题的统一推广推广 1 设 a,b,c,k 都是正数,p,m,n N+,a+b+c=3s,m n p,则有amcp+kbn+bmap+kcn+cmbp+kan3smsp+ksn,当且仅当 a=b=c=s 时等号.证明 为方便证明,不失一般性,取 s=1,则不等式右侧为31+k.(1)p nap,从而amcp+kbnampcn+(n p)n+kbn=nam+nan(pcn+(n p)+nkbn).由引理 3 有am+nan(pcn+(n p)+nkbn)3nmn(an+bn+cn)mnn(an+bn+cn)2(nk+p)(anbn+bncn+cnan)+(n p)(an+bn+cn).由均值不等式和幂平均不等式可得(an+bn+cn)2 3(anbn+bncn+cnan),(an+bn+cn)31n(a+b+c)n=3,am+nan(pcn+(n p)+nkbn)3nmn(an+bn+cn)2(an+bn+cn)mnn(nk+p)(anbn+bncn+cnan)+(n p)(an+bn+cn)3n(1+k)综上可得amcp+kbn nam+nan(pcn+(n p)+nkbn)31+k,当且仅当 a=b=c 时等号成立(2)p=n 时,由1的证明显然可得.注 需要说明的是 m p n 时不等式仍然成立,这从证明的过程中显然可以得到,因此本题条件可放宽至 m maxp,n,在推广 1 中取 s=23,m=6,n=3,p=2,k=2即为问题 1,取 s=1,m=3,n=2,p=1,k=12即为问题2,在证明的过程中,我们发现了两个特殊情况.1m=2maxn,p 时,还可以通过问题 1 的第二种证明思路来证明,先利用引理 3 放缩,再运用切比雪夫不等式也可证明结论.26中学数学研究2024 年第 3 期(上半月刊)2当minn,pmaxn,p=k 时,还可以通过问题 2 的第二种证明思路来证明,先利用均值不等式将 aminn,p放缩成amaxn,p,由minn,pmaxn,p=k 得到放缩后式子可以直接运用切比雪夫不等式即可证明.在推广 1 中,取 s=p=2,n=3,m=4,k=5,可以得到以下试题:改编题 1 已知正数 a,b,c 满足 a+b+c=6,证明:a4c2+5b3+b4a2+5c3+c4b2+5a31211.推广 2设 an,cn 是正实数数列,bn 是正整数数列且满足ki=1ai=,定义 ak+m=am,对于给定的 k,都有 bk maxb1,b2,bk1,且当 m+n=k 时,有(k)mbmcm+(k)nbncn=w;则有如下不等式成立ki=1abkik+i1j=i+1cjiabjijk(k)bkk1n=1(k)bncn,当且仅当 a1=a2=ak=k等号成立.证明 不失一般性,记 maxb1,b2,bk1=bk1,对于 j i=1,2,k 2,若 bji=bk1,那么分母中的cjiabjij保持不动,否则进行如下放缩处理,由均值不等式abk1i+abk1i+abk1i|zbji个+(k)bk1+(k)bk1+(k)bk1|zbk1bji个(k)bk1bjibk1abjii.因此有ki=1abkik+i1j=i+1cjiabjijki=1abkik+i1j=i+1cjibjiabk1j+(bk1 bji)(k)bk1(k)bk1bjibk1=bk1(k)bk1ki=1abk+bk1iabk1ik+i1j=i+1cji(k)bjibjiabk1j+(bk1 bji)(k)bk1,由引理 3,ki=1abk+bk1iabk1ik+i1j=i+1cji(k)bjibjiabk1j+(bk1 bji)(k)bk1k1bk+bk1bk1+1(ki=1abk1i)bk+bk1bk1(ki=1abk1ik+i1j=i+1(k)bjibjicjiabk1j)+(ki=1abk1ik+i1j=i+1(k)bk1+bjicji(bk1 bji).由于ki=1abk1ik+i1j=i+1(k)bjibjicjiabk1j中,abk1iabk1j(i j)的系数为(k)bjibjicji+(k)bk+ijbk+ijck+ij,由题设这是一个定值 w,从而不等式右侧可化为kbk1bkbk1(ki=1abk1i)bkbk1bk1(ki=1abk1i)2w16i415.参考文献1 江山.2023 年第 2 期问题 593J.数学通讯,2023,(3):封底.2 安振平.2023 年第 2 期问题 595J.数学通讯,2023,(3):封底.3 匡继昌.常用不等式(第三版)M.济南:山东科学技术出版社,2004:58-61.