一道高考不等式選考題的證法探析

楊育球

摘 要：通過對典型試題的多解、多變，靈活運用所學知識拓展思路，從而做到融會貫通，這就要求我們面對數(shù)學試題，能學會多角度去欣賞與思考，并從中發(fā)現(xiàn)試題的解題規(guī)律，進而可以掌握一類題的求解策略.本文針對2019年高考全國Ⅰ卷選考第23題的證法進行多視角探析.

關鍵詞：高考;不等式;選考題;證法探析

1 試題呈現(xiàn)

題目 （2019年高考全國Ⅰ卷選考第23題）已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc=1.

證明：（1）1 a+1 b+1 c≤a2+b2+c2;

（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24[1].

2 證法探析

2.1 第（1）問解析

分析1 從重要不等式“a2+b2≥2ab”著手，可證得2（a2+b2+c2）≥2ab+2bc+2ac，從而得到a2+b2+c2≥ab+bc+ac，再由abc=1，得ab+bc+ac=ab+bc+ac abc，分離后即得到結論.

證法1 因為a2+b2≥2ab，b2+c2≥abc，a2+c2≥2ac，所以由不等式的性質得2（a2+b2+c2）=（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）≥2ab+2bc+2ac，即a2+b2+c2≥ab+bc+ac，當且僅當a=b=c時取等號.

因為abc=1，所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac 1=ab+bc+ac abc=1 a+1 b+1 c.

故不等式得證.

分析2 從1的代換“1=abc”著手，將所證不等式轉化為證明：a2+b2+c2≥ab+bc+ac，再利用重要不等式“a2+b2≥2ab”可證得2（a2+b2+c2）≥2ab+2bc+2ac，從而得到結論.

證法2 因為abc=1，所以1 a+1 b+1 c=（1 a+1 b+1 c）·abc=bc+ac+ab.

因為2（a2+b2+c2）=（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）≥2ab+2bc+2ac，當且僅當a=b=c時取等號.

所以2（a2+b2+c2）≥2（1 a+1 b+1 c）.

即a2+b2+c2≥1 a+1 b+1 c.

故不等式得證.

分析3 首先利用柯西不等式得到3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2，再利用重要不等式“a2+b2≥2ab”得到（a+b+c）2≥3（ab+bc+ac），最后結合1的代換“1=abc”證得結論.

證法3 由柯西不等式，得（12+12+12）（a2+b2+c2）≥（1·a+1·b+1·c）2=（a+b+c）2.

所以3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2.

又（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，

再由證法1得（a+b+c）2≥3（ab+bc+ac）.

所以3（a2+b2+c2）≥3（ab+bc+ac）.

即a2+b2+c2≥ab+bc+ac，當且僅當a=b=c時取等號.

因為abc=1，所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac 1=ab+bc+ac abc=1 a+1 b+1 c.

故不等式得證.

點評 第（1）問的三種證法可謂殊途同歸，都運用了重要不等式a2+b2≥2ab和1的代換“1=abc”通過綜合法進行證明，很好地考查了學生對代數(shù)式的變形能力和推理論證能力.證法3運用了柯西不等式，非常巧妙.

2.2 第（2）問解析

分析1 先由三元均值不等式證得（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥3（a+b）（b+c）（c+a），再利用基本不等式（二元均值不等式）證得結論.

證法1 由三元均值不等式證得

（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥33 （a+b）3·（b+c）3·（c+a）3=3（a+b）（b+c）（c+a），當且僅當a=b=c時取等號.

又a+b≥2ab，b+c≥2bc，a+c≥2ac，（當且僅當a=b=c時等號同時成立）

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3=3（a+b）（b+c）（c+a）≥3×2ab×2bc×2ac=24（abc）2.

又因為abc=1，

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得證.

分析2 考慮到三個正數(shù)a，b，c的對稱性，先運用基本不等式a+b≥2ab和正數(shù)同向不等式相乘的性質證得（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥8[（ab）3 2+（bc）3 2+（ac）3 2]，再利用三元均值不等式并結合abc=1證得結論.

證法2 因為a，b，c為正數(shù)，所以由基本不等式得a+b≥2ab.

所以（a+b）3≥8（ab）3 2.

同理，得（b+c）3≥8（bc）3 2，（c+a）3≥8（ac）3 2.

以上三式當且僅當a=b=c時同時取等號.

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥8[（ab）3 2+（bc）3 2+（ac）3 2].

由三元均值不等式，得8[（ab）3 2+（bc）3 2+（ac）3 2]≥8×33 （ab）3 2（bc）3 2（ca）3 2=24×3 （a2b2c2）3 2=243 （abc）3，當且僅當a=b=c時取等號.

又因為abc=1，

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得證.

分析3 注意到所證不等式當且僅當a=b=c=1時，等號成立，所以輪換將a+b，b+c，c+a中的兩個式子分別代值2，利用三元均值不等式得到另一個式子的不等式，然后利用同向不等式相加的性質相加，將得到的不等式再次利用三元均值不等式證得結論.

證法3 易知不等式（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24當且僅當a=b=c=1時，等號成立.

所以由三元均值不等式，得

（a+b）3+23+23≥33 （a+b）3·23·23

=3×（a+b）×2×2

=12（a+b）.

所以（a+b）3+16≥12（a+b）.

所以（a+b）3≥12（a+b）-16.

同理，得（b+c）3≥12（b+c）-16，

（a+c）3≥12（a+c）-16.

以上三式相加，得（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥12（a+b）+12（b+c）+12（a+c）-48=24（a+b+c）-48，當且僅當a+b=b+c=a+c，即a=b=c時取等號.

又由三元均值不等式，得a+b+c≥33 abc.

因為abc=1，所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24×3-48=24.

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得證.

分析4 首先利用二元均值不等式和abc=1，得到b+c≥21 a，進而得到3a2（b+c）≥6a3.將（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3利用三元均值不等式后將上面的式子代入，整理后再次利用三元均值不等式得到結論.

證法4 由基本不等式，得b+c≥2bc，當且僅當b=c時取等號.

因為abc=1，所以b+c≥21 a.

所以3a2（b+c）≥3a2·21 a=6a3.

同理3b2（a+c）≥3b2·21 b=6b3，

3c2（a+b）≥3c2·21 c=6c3.

利用三元均值不等式并將上面的式子代入，得

（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3

≥33 （a+b）3·（b+c）3·（c+a）3

=3（a+b）（b+c）（a+c）

=3[2abc+a2（b+c）+b2（a+c）+c2（a+b）]

=6+3a2（b+c）+3b2（a+c）+3c2（a+b）

≥6+6a3+6b3+6c3

=6+6（a3 2+b3 2+c3 2），

當且僅當a=b=c時取等號.

又由三元均值不等式，得a3 2+b3 2+c3 2≥33 a3 2·b3 2·c3 2=33 （abc）3 2=3，當且僅當a=b=c時取等號.

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥6+6×3=24.

即（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得證.

點評 第（2）問的四種證法反復、交替運用二元和三元均值不等式，代數(shù)式的恒等變形和“放縮”變形滲透其中，考查了利用均值不等式證明不等式問題，及對于均值不等式的變形和應用能力，充分體現(xiàn)了數(shù)學抽象、邏輯推理和數(shù)學運算等核心素養(yǎng)的運用.需要特別指出的是，在利用均值不等式時，要注意等號成立的條件.

在數(shù)學復習備考中，我們不提倡盲目追求題量，一味地刷題、做題，提倡精講精練，這就需要教師在所選的題目上下功夫.一題多解是在素質教育與傳統(tǒng)的應試教育相結合的背景下產生的較為有效的復習模式，是實現(xiàn)深度復習的有效途徑.一題多解是對一道“母題”從多角度、多方位去分析思考，尋找更好、更簡捷巧妙的方法，對于開闊學生的解題思路大有裨益，是培養(yǎng)學生創(chuàng)新思維能力的一條有效途徑.總之，一題多解能夠有效地增進學生對解題過程的反思總結，培養(yǎng)學生發(fā)散思維的能力，是高考數(shù)學復習備考的重要增長點.

（收稿日期：2020-02-05）