一個(gè)重要不等式的幾種證法解析

不等式問題具有較強(qiáng)的綜合性，對(duì)同學(xué)們的邏輯推理、運(yùn)算能力有較高的要求.解答不等式問題，通常需要用到一些重要的不等式，如基本不等式、柯西不等式、權(quán)方和不等式等，以及一些常用的不等式結(jié)論，這有利于提升解題的效率.其中不等式[ab+c+bc+a+ca+b≥32a，b，c∈R+]，也是解不等式題時(shí)常用的結(jié)論，下面一起來探討一下這個(gè)重要不等式的證法.

證法1.[ab+c+bc+a=a2+b2+ac+bc（b+c）（c+a）]，

由基本不等式得：

[a2+b2+ac+bc（b+c）（c+a）≥2ab+ac+bc（b+c）（c+a）]

[=a（b+c）+b（c+a）（b+c）（c+a）=bb+c+ac+a]，

同理可得[bc+a+ca+b≥cc+a+ba+b]；

[ca+b+ab+c≥aa+b+cb+c]，

將上述三式相加得：[2ab+c+bc+a+ca+b≥3]，

即[ab+c+bc+a+ca+b≥32]，

當(dāng)且僅當(dāng)[a=b=c]時(shí)取等號(hào).

證明該不等式主要運(yùn)用了基本不等式[a+b≥2abagt;0，bgt;0].先將不等式左邊的式子變形為[a2+b2+ac+bc（b+c）（c+a）]，即可根據(jù)基本不等式的變形式[a2+b2≥2ab]得出[a2+b2+ac+bc（b+c）（c+a）≥2ab+ac+bc（b+c）（c+a）]，從而證明[ab+c+bc+a≥bb+c+ac+a]，同理得出[bc+a+ca+b≥cc+a+ba+b]、[ca+b+ab+c≥aa+b+cb+c]，便可根據(jù)不等式的可加性證明結(jié)論.對(duì)于這種具有對(duì)稱形式的不等式，通?？梢钥紤]將不等式的分子、分母化為相同形式或結(jié)構(gòu)一致的式子，再通過疊加證明不等式.

證法2.不妨設(shè)[a≤b≤c]，由排序不等式得[1b+c≤1c+a≤1a+b]，

所以[ab+c+bc+a≥bb+c+ac+a]，

同理可得[bc+a+ca+b≥cc+a+ba+b]，

[ca+b+ab+c≥aa+b+cb+c]，

將上述三式相加得：[2ab+c+bc+a+ca+b≥3]，

即[ab+c+bc+a+ca+b≥32]，

當(dāng)且僅當(dāng)[a=b=c]時(shí)取等號(hào).

排序不等式：當(dāng)[0≤a1≤a2≤a3≤…an，0≤b1≤b2≤b3≤…≤bn]，[j1]，[j2]，…，[jk]是自然數(shù)的任何一個(gè)排列時(shí)，[k=1nakbn-k+1≤i=1， j=1naibj≤k=1nakbk].在證明不等式時(shí)靈活運(yùn)用排序不等式，能有效地提升解題的效率.但需注意排序不等式的順序，可簡記為“反序和[≤]亂序和[≤]正序和”.

證法3. 設(shè)[0lt;a≤b≤c]，

令[x=1b+c，y=1c+a，z=1a+b]，

則[x≤y≤z]，

由排序不等式可得：[xa+yb+zc≥xb+yc+za]，[xa+yb+zc≥xc+ya+zb]，

將兩式相加可得[2xa+yb+zc≥xb+c+yc+a+za+b=1b+c?b+c+1c+ac+a+1a+b?a+b=3]，

所以[xa+yb+zc≥32]，即[ab+c+bc+a+ca+b≥32.]

由于不等式關(guān)于a、b、c對(duì)稱，且不失一般性，于是設(shè)[0lt;a≤b≤c]，令[x=1b+c，y=1c+a，z=1a+b]，即可運(yùn)用排序不等式證明結(jié)論.

證法4.設(shè)[a1=a+b，a2=b+c，a3=c+a]，[a1，a2，a3gt;0]，

則[a=12（a1-a2+a3）]，[b=12（a1+a2-a3），]

[c=12（-a1+a2+a3）]，

可得[ab+c+bc+a+ca+b=a1-a2+a32a2+a1+a2-a32a3+-a1+a2+a32a1=12a1a2+a2a1+a3a2+a2a3+a3a1+a1a3-32]，

由基本不等式得[12a1a2+a2a1+a3a2+a2a3+a3a1+a1a3-32]

[≥122a1a2?a2a1+2a3a2?a2a3+2a3a1?a1a3-32=32]，

當(dāng)且僅當(dāng)[a1=a2=a3]，即[a=b=c]時(shí)取等號(hào).

所以[ab+c+bc+a+ca+b≥32.]

設(shè)[a1=a+b，a2=b+c，a3=c+a]，便可通過換元，將不等式化為[12a1a2+a2a1+a3a2+a2a3+a3a1+a1a3-32].再利用基本不等式[a+b≥2abagt;0，bgt;0]進(jìn)行求解，即可證明不等式.

證法5.[ab+c+bc+a+ca+b=ab+c+1+bc+a+1+ca+b+1-3]

[=a+b+cb+c+a+b+cc+a+a+b+ca+b-3]

[=（a+b+c）1b+c+1c+a+1a+b-3]

[=12（b+c）+（a+c）+（a+b）1b+c+1c+a+1a+b-3]

[≥12b+c?1b+c+a+c?1a+c+a+b?1a+b2-3]

[=92-3=32]，當(dāng)且僅當(dāng)[a=b=c]時(shí)取等號(hào)，

所以[ab+c+bc+a+ca+b≥32.]

該解法主要運(yùn)用了柯西不等式[a2+b2x2+y2≥（ax+by）2]，當(dāng)且僅當(dāng)[ax=by]時(shí)等號(hào)成立.將不等式中的分子、分母關(guān)聯(lián)起來，通過常數(shù)代換，配湊出柯西不等式，進(jìn)而運(yùn)用柯西不等式證明結(jié)論.

證法6.令[t=a+b+c]，則[at，bt，ct∈（0，1）]，

則[ab+c=at1-at=at+（at）2+（at）3+…]，

[bc+a=bt1-bt=bt+（bt）2+（bt）3+…]，

[ca+b=ct1-ct=ct+（ct）2+（ct）3+…]，

將上述三式相加得：

[ca+b+ab+c+bc+a=a+b+ct+a2+b2+c2t2+a3+b3+c3t3+…]，

由權(quán)方和不等式得：[an+bn+cn=an1n-1+bn1n-1+cn1n-1]

[≥（a+b+c）n3n-1=tn3n-1]，

[則ab+c+bc+a+ca+b≥1+13+132+…=131-13n1-13]

[=321-13n≥32.]

所以[ab+c+bc+a+ca+b≥32]當(dāng)且僅當(dāng)[a=b=c]時(shí)取等號(hào).

該解法主要運(yùn)用了泰勒展開式和權(quán)方和不等式：[an+bn+cn=an1n-1+bn1n-1+cn1n-1≥（a+b+c）n3n-1=（t）n3n-1（n∈N）.]根據(jù)權(quán)方和不等式和泰勒展開式得出[ab+c+bc+a+ca+b≥1+13+132+…]，即可利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，通過求和證明結(jié)論.

例如，設(shè)[a，b，c∈R+]且[a+b+c=1]，證明：[a1-a+b1-b+c1-c≥32.]對(duì)于此題，只需將1替換成[a+b+c]，即可得到[ab+c+bc+a+ca+b≥32]，從而證明不等式成立.

證明這類具有對(duì)稱性的多變量分式不等式，要根據(jù)其對(duì)稱性，將分子、分母中的變量替換，利用基本不等式、權(quán)方和不等式、排序不等式、柯西不等式證明其中一個(gè)式子，從而利用不等式的可加性證明結(jié)論.