例談不等式問題中的代換方法

● (南菁高級中學(xué) 江蘇江陰 214437)

例談不等式問題中的代換方法

●陳培東(南菁高級中學(xué) 江蘇江陰 214437)

不等式問題是考試中永恒的熱點(diǎn)，值得重視與關(guān)注.不等式問題往往難度較大，需要一些常規(guī)方法以外的補(bǔ)充.本文通過實例分析介紹不等式問題中的若干代換方法.

1 整體代換

常為簡化代數(shù)式的某關(guān)鍵或困難部分，譬如分母、被開方式等作整體代換.

分析題目中不等式為線性齊次式，可通過整體代換來簡化分母，使得基本不等式有用武之地.

解設(shè)x=a+2b+c，y=a+b+2c,z=a+b+3c,則

c=z-y,b=x-2y+z,a+3c=2y-x,

從而

2 比例代換

例2設(shè)a,b,c∈R+，且abc=1，求證：

同理可得

因而

等價于

即

(x+z-y)(x+y-z)(y+z-x)≤xyz.

由題意可知,x+z-y,x+y-z,y+z-x至多有一個小于0.

若只有一個小于0，則左邊小于0，右邊大于0，不等式顯然成立.

若x+z-y,x+y-z,y+z-x都是正數(shù)，則

因此

(x+z-y)(x+y-z)(y+z-x)≤xyz，

即原不等式成立.

3 三角代換

當(dāng)算式某部分的結(jié)構(gòu)與某三角公式的形式類似時，易想到嘗試三角代換解題.

分析由cy+bz=a，az+cx=b，bx+ay=c，可得

此式具有余弦定理的結(jié)構(gòu)，暗示可作三角換元.

解答過程請參見本期第13頁.

4 增量代換

當(dāng)題設(shè)中各量之間具有某種大小關(guān)系時，可以采用增量代換的方法處理.

例4求最大的實數(shù)k，使得對任何滿足u2>4vw的正實數(shù)u,v,w，不等式

(u2-4vw)2>k(2v2-uw)(2w2-uv)

都成立，并證明你的結(jié)論.

當(dāng)前，我國醫(yī)療事業(yè)取得了長足進(jìn)步，人們生活水平和社會服務(wù)條件進(jìn)一步提高。在這樣的大背景下，醫(yī)療衛(wèi)生的要求也提升，各大醫(yī)院必須不斷提高服務(wù)水平與服務(wù)質(zhì)量，才能滿足民眾的需求。加強(qiáng)內(nèi)部控制是提高醫(yī)院競爭力的重要舉措，但在當(dāng)前醫(yī)院財務(wù)會計內(nèi)部控制的工作中依舊存在不少問題，直接對財務(wù)控制效果產(chǎn)生影響，因此必須得到越來越多工作人員的高度重視。

分析注意到不等式關(guān)于v,w對稱，且為齊次式，可取v=w=1,u=2+t(t>0),則不等式(4t+t2)2>kt2恒成立，即k<(4+t)2恒成立，故k的最大值為16.

解可取v=w=1,u=2+t(t>0),則不等式即為(4t+t2)2>kt2恒成立，即k<(4+t)2恒成立，因此k≤16.

以下再證:(u2-4vw)2>16(2v2-uw)(2w2-uv)恒成立.

(u2-4vw)2>16(2v2-uw)(2w2-uv)

等價于

即

(1)

注意到

5 常數(shù)代換

對于齊次對稱不等式，可以設(shè)一個齊次對稱式為常數(shù)，從而使問題得到簡化.

例5(卡爾松不等式)已知a,b,c∈R+，求證：

分析不等式為齊次對稱不等式，可設(shè)ab+bc+ca=3，則不等式可簡化為

(a+b)(b+c)(c+a)≥8.

證明注意到待證不等式為齊次對稱不等式，不妨設(shè)ab+bc+ca=3，則只需證明

(a+b)(b+c)(c+a)≥8.

注意到

(a+b)(b+c)(c+a)=

(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc，

則只需證明

3(a+b+c)≥8+abc.

由

可得

abc≤1，

因此a+b+c≥3等價于

(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca),

最后一式是顯然的，故原不等式得證.

6 內(nèi)切圓代換

當(dāng)不等式中字母表示三角形的邊長時，可用內(nèi)切圓代換a=x+y,b=y+z，c=z+x,使問題變?yōu)檎龑崝?shù)范圍內(nèi)的無另加條件的不等式.

例6已知x,y,z∈R+，xyz=1,且x(1+z)>1，y(1+x)>1，z(1+y)>1，求證：

即

2(a2c+ab2+bc2)≥b2c+ac2+a2b+3abc.

(2)

由x(1+z)>1等價于

即

得

a+c>b.

同理可得

b+c>a，a+b>c.

故a,b,c可作為三角形的3條邊，作內(nèi)切圓的替換

a=m+n,b=n+t,c=t+m,m,n,t∈R+，

從而式(2)即為

2∑(n+t)(t+m)2≥

∑(n+t)2(t+m)+(m+n)(n+t)(t+m),

因此

2∑m3+6∑m2n+4∑mn2+12mnt≥

∑m3+5∑m2n+6∑mn2+12mnt,

即

∑m3+∑m2n≥2∑mn2.

最后一式由

m3+t2m≥2tm2,n3+m2n≥2mn2,t3+n2t≥2nt2

可得到，故不等式得證.