對(duì)一道征解題解答的質(zhì)疑與探究

王志國(guó)

文［1］中，作者給出了第2604號(hào)問(wèn)題的解答.該問(wèn)題形式優(yōu)美，引起筆者的興趣，也對(duì)此進(jìn)行探究，并發(fā)現(xiàn)文［1］對(duì)于問(wèn)題（2）的解答有誤，并得到問(wèn)題的一個(gè)結(jié)論及猜想，故此成文，與大家分享.

一、第2604號(hào)問(wèn)題及原解答的呈現(xiàn)

為了說(shuō)明原解答的錯(cuò)誤，先將文［1］中的第2604號(hào)問(wèn)題及其問(wèn)題（2）的解答過(guò)程摘錄如下：

題目已知a，b，c>0，且abc=1.

（1）證明1a+1b+1c+3a+b+c≥4；

（2）使不等式1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3恒成立的正常數(shù)λ的最大值是多少？

解證：（2）由于abc=1，所以a，b，c必有不大于1者，不妨設(shè)0

記f（a）=1a+1b+1c+λa+b+c，t=1+b+c，則f（a）是減函數(shù).

所以有f（a）≥1+1b+1c+λ1+b+c，當(dāng)且僅當(dāng)a=1取等號(hào)，此時(shí)bc=1，t=1+b+c=1+b+1b≥3，1+1b+1c=1+b+c=t.所以f（a）≥t+λt，而t+λt在t=λ時(shí)取最小值，所以，欲使t+λt在t=3時(shí)取小值，應(yīng)有λ≤3，即λ≤9.而當(dāng)λ>9時(shí)，λ>3，有t+λt≥2λ，從而f（a）≥2λ.

綜上所述，使不等式1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3恒成立的λ的最大值為9，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí)取到最大值；當(dāng)λ>9時(shí)，不等式1a+1b+1c+λa+b+c≥2λ成立，取等號(hào)的充要條件是a=1，bc=1，b+c=λ－1.

二、對(duì)解答的質(zhì)疑

上述解答所得的結(jié)論是錯(cuò)誤的，顯然當(dāng)a=b=c=1時(shí)，1a+1b+1c+λa+b+c=3+λ3≥3+λ3必恒成立，此時(shí)λ∈R，λ沒(méi)有最大值.

也可舉反例驗(yàn)證：

①對(duì)于1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3，取a=b=34，c=169，可得λ≤64980=8.1125，所以原結(jié)論是不對(duì)的.

②對(duì)于1a+1b+1c+λa+b+c≥2λ，取a=b=920，c=40081，λ=16，可得1a+1b+1c+λa+b+c=12576744117024400≈7.3875，而2λ=8，所以原結(jié)論也是不對(duì)的.

綜上可知，問(wèn)題（2）的解答有誤！

此外，文［2］中的解題擂臺(tái)（141）比問(wèn)題2604的問(wèn)題（2）更具一般性，已知a，b，c>0，且abc=1，λ是正常數(shù)，求1a+1b+1c+λa+b+c的最小值.

三、一個(gè)結(jié)論及證明

筆者對(duì)問(wèn)題2604的問(wèn)題（2）進(jìn)行探究，得到一個(gè)結(jié)論：

結(jié)論已知a，b，c>0，且abc=1，則使不等式1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3恒成立的正常數(shù)λ的最大值為λ0（其中λ0是方程16y3+567y2－3402y－18225=0的正實(shí)根，λ0≈8.1086）.

證明：由于abc=1，λ>0，于是1a=bc，1b=ca，1c=ab，從而1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3可以寫(xiě)成ab+bc+ca+λa+b+c≥3+λ3，即λ（13－1a+b+c）≤ab+bc+ca－3.由均值不等式，有ab+bc+ca≥33（abc）2=3.

（1）若a=b=c=1時(shí)，則a+b+c=3，ab+bc+ca=3，因此不等式λ（13－1a+b+c）≤ab+bc+ca－3的左邊恒為0，右邊恒為0，所以不等式恒成立，故λ>0.

（2）若a，b，c不全相等，則a+b+c≥33abc=3，所以不等式λ（13－1a+b+c）≤ab+bc+ca－3可變?yōu)棣恕躠b+bc+ca－313－1a+b+c.

令f（a，b，c）=ab+bc+ca－313－1a+b+c，不妨設(shè)0

于是f（a，b，c）=ab+bc+ca－313－1a+b+c=1c+cs－313－1c+s，令h（s）=1c+cs－313－1c+s，則h′（s）=3［c2s2+2（c－3）c2s+c4－3c3+9c－3］c（c+s－3）2，又設(shè)φ（s）=c2s2+2（c－3）c2s+c4－3c3+9c－3，則二次函數(shù)φ（s）中關(guān)于s的判別式Δ=－12（c－1）3c2≤0，從而φ（s）≥0，即得h′（s）≥0，故h（s）為遞增函數(shù)，所以當(dāng)a=b時(shí)，h（s）有最小值，此時(shí)c=1a2.所以h（s）=f（a，b，c）≥f（a，a，1a2）.記f（a，a，1a2）=a2+1a+1a－313－1a+a+1a2=3（a+2）（2a3+1）a（2a+1）=g（a），由于lima→+0g（a）=lima→+∞g（a）=+∞，且g（a）在（0，+∞）上是連續(xù)函數(shù)，g′（a）=6（a2+a+1）（4a3+3a2－3a－1）a2（2a+1）2.

若g（t）=g（a）min，則t是方程g′（a）=0的根，即是方程4a3+3a2－3a－1=0的根.

令y=g（t）=3（t+2）（2t3+1）t（2t+1），則有6t4+12t3－2yt2+（3－y）t+6=0，

4t3+3t2－3t－1=0. 于是8［6t4+12t3－2yt2+（3－y）t+6］－（12t+15）（4t3+3t2－3t－1）=0，即－（16y+9）t2+（81－8y）t+63=0，則有－（16y+9）t2+（81－8y）t+63=0，

4t3+3t2－3t－1=0.

于是（16y+9）2（4t3+3t2－3t－1）+（64yt+52y+351）［－（16y+9）t2+（81－8y）t+63］=0，即（－896y2+1656y+30456）t－256y2+720y+22032=0，化簡(jiǎn)得（112y2－207y－3807）t+32y2－90y－2754=0，則有－（16y+9）t2+（81－8y）t+63=0，

（112y2－207y－3807）t+32y2－90y－2754=0. 從而有－（16y+9）（－32y2+90y+2754112y2－207y－3807）2+（81－8y）（－32y2+90y+2754112y2－207y－3807）+63=0，化簡(jiǎn)得（16y+9）2（16y3+567y2－3402y－18225）（112y2－207y－3807）2=0.

于是g（a）min是方程16y3+567y2－3402y－18225=0的根，由三次方程的知識(shí)（或借助數(shù)學(xué)軟件），可知此方程只有一個(gè)正實(shí)根y≈8.1086.從而可得y=g（t）=g（a）min≈8.1086，所以λ的最大值約為8.1086.

綜合（1），（2），可知使不等式1a+1b+1c+λa+b+c≥3+λ3恒成立的正常數(shù)λ的最大值約為8.1086.

評(píng)注：由結(jié)論并結(jié)合擂題（141），可知當(dāng)a，b，c>0，abc=1，且0<λ≤λ0（λ0≈8.1086）時(shí)，1a+1b+1c+λa+b+c的最小值為3+λ3.

四、一個(gè)猜想

在擂題（141）的條件下，當(dāng)λ>λ0（λ0≈81086）時(shí)，1a+1b+1c+λa+b+c的最小值是多少？經(jīng)探究，得到以下猜想：

猜想當(dāng)a，b，c>0，abc=1，且λ>λ0（λ0≈8.1086）時(shí)，1a+1b+1c+λa+b+c的最小值為332（λ2+20λ－8－λ（λ－8）3）4.

該猜想在數(shù)學(xué)軟件中驗(yàn)證是正確的，但還沒(méi)有成熟的證明，期待大家的進(jìn)一步討論與解決.

最后給出幾道類(lèi)似的題目供大家作為練習(xí)之用：

題1已知a，b，c>0，已知abc=1.求1a+1b+1c+3a+b+c的最小值.（答案：4）

題2已知a，b，c>0，已知abc=1.求1a+1b+1c+6a+b+c的最小值.（答案：5）

題3已知a，b，c>0，已知abc=1.求1a+1b+1c+9a+b+c的最小值.（答案：15344）

參考文獻(xiàn)

［1］ 楊先義.數(shù)學(xué)問(wèn)題解答［J］.數(shù)學(xué)通報(bào)，2021，60（6）：64-65.

［2］ 于洪翔，盧堯，郭要紅.關(guān)于一個(gè)條件對(duì)稱(chēng)不等式的研討［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2022（3）：78-79.