例析二次式構(gòu)造在不等式問(wèn)題中的應(yīng)用

二次函數(shù)、方程、不等式三者之間聯(lián)系密切，在高中數(shù)學(xué)中有非常重要的作用.深刻理解二次函數(shù)、方程、不等式之間的本質(zhì)聯(lián)系，對(duì)于解決一些較復(fù)雜的不等式問(wèn)題也有很好的借鑒意義.本文通過(guò)幾道例題來(lái)說(shuō)明其在不等式問(wèn)題中應(yīng)用.

例1 已知x、y、z∈0，1〗，滿足xyz=1－x21－y21－z2，求xyz的最大值.

析解：根據(jù)問(wèn)題，嘗試構(gòu)造含有xyz的不等式，考慮對(duì)等式的右邊用基本不等式放縮.

解：xyz16=1－x1－y1－z13≤1－x+1－y+1－z3=1－x+y+z3≤1－xyz13，

令xyz16=t，則t≤1－t2，結(jié)合x(chóng)、y、z∈0，1〗解得0≤t≤－1+52，當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=－1+522=3－52時(shí)，t有最大值－1+52，故xyz有最大值－1+526.

評(píng)注：構(gòu)造不等式是求變量的最值或范圍的常用思路.根據(jù)同樣的解題思路，可以獲得本題結(jié)論的一般形式如下：x1，x2，…，xn∈0，a〗，且x1x2…xn=a－x12a－x22…a－xn2，則x1x2…xn的最大值為－1+4a+122n.

例2 設(shè)a、b、c∈0，1〗，x=a+b+c3、y=a2+b2+c23，求y－x2的最大值.

析解：y－x2=a2+b2+c23－a+b+c32，將a作為主元進(jìn)行整理可得y－x2=29a2－29b+ca+29b2+29c2－29bc，

得到關(guān)于a（a∈0，1〗）的二次函數(shù)，函數(shù)圖像開(kāi)口向上，記y－x2=f（a，b，c），對(duì)于固定的b、c，根據(jù)關(guān)于a（a∈0，1〗）的二次函數(shù)的圖像特征，y－x2=f（a，b，c）≤max{f（0，b，c），f（1，b，c）}，同理y－x2=f（a，b，c）≤maxa、b、c∈0，1{f（a，b，c）}，即y－x2的最大值為maxa、b、c∈0，1f（a，b，c）.

當(dāng)a、b、c全為0，y－x2=0；當(dāng)a、b、c兩個(gè)為0，一個(gè)為1，y－x2=13－132=29；當(dāng)a、b、c一個(gè)為0，兩個(gè)為1，y－x2=23－232=29；當(dāng)a、b、c全為1時(shí)，y－x2=33－332=0.所以y－x2的最大值為29.

評(píng)注：本題通過(guò)將地位平等的a、b、c三個(gè)變量，分別設(shè)為主元，再利用二次函數(shù)在給定區(qū)間上的圖像，逐步調(diào)整的思路獲得最大值.

例3 若x、y、z∈2，3〗，證明x2+y2－z2x+y－z+y2+z2－x2y+z－x+z2+x2－y2z+x－y≤2x+2y+2z－6.

析證： 根據(jù)待證不等式的結(jié)構(gòu)特征，首先考慮將不等式分解為如下三個(gè)簡(jiǎn)單不等式分別嘗試進(jìn)行證明：x2+y2－z2x+y－z≤x+y－2；y2+z2－x2y+z－x≤y+z－2；z2+x2－y2z+x－y≤z+x－2.

先證x2+y2－z2x+y－z≤x+y－2，即證x2+y2－z2≤x+y－2x+y－z.設(shè)z為主元整理得z2－x+y－2z－2x－2y+2xy≥0.

∵x－2≥0，y－2≥0，則x－2y－2≥0，即xy－2x－2y+4≥0.

所以z2－x+y－2z－2x－2y+2xy≥0化為z2－x+y－2z+2x+2y－8≥0.

令fz=z2－x+y－2z+2x+2y－8，對(duì)稱軸為z=x+y－22∈1，2〗，fz的最小值為f2=22－x+y－22+2x+2y－8=0.故z2－x+y－2z－2x－2y+2xy≥0成立，即x2+y2－z2x+y－z≤x+y－2得證.

同理y2+z2－x2y+z－x≤y+z－2；z2+x2－y2z+x－y≤z+x－2成立，三個(gè)不等式相加可知原不等式成立.

評(píng)注：本題先將一個(gè)較為復(fù)雜的不等式根據(jù)結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行分解，再同例2，在多個(gè)平等變量中設(shè)置一個(gè)變量作為主元構(gòu)造二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)證明不等式.

例4 設(shè)x、y、z為正實(shí)數(shù)，a、b、c為非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足a+b+c=1，t為x、y、z中最大值與最小值之差，證明：ax+by+cz≤1ax+by+cz+t2.

析證： t的表達(dá)式不確定，可不妨設(shè)x≤y≤z，則t=z－x，則要證ax+by+cz≤1ax+by+cz+t2，即證ax+by+cz≤1ax+by+cz+z－x2.

即證ax+by+czax+by+cz≤1+z－x2ax+by+cz，

即證1－ax+by+cz－z－x2ax+by+cz≥0.

觀察上式左邊乘4得4－4ax+by+cz－z－x2ax+by+cz.聯(lián)系到二次方程根的判別式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造二次函數(shù)f（u）=ax+by+czu2－2u+（（ax+by+cz）－z－x2）.

觀察f（u）的解析式，令u=xz，則f（zx）=ax+by+czzx2－2zx+（（ax+by+cz）－（z－x）2）=az+cx+bxzy+ax+by+cz－x－z=－bz－bx+bzxy+by=byy－xy－z≤0.

又有f（u）開(kāi)口向上，故關(guān)于u的二次方程f（u）=0有兩個(gè)不等或相等的實(shí)根，故Δ≥0，即1－ax+by+cz－z－x2ax+by+cz≥0，即ax+by+cz≤1ax+by+cz+t2成立.

評(píng)注：本題根據(jù)要證的不等式結(jié)構(gòu)，對(duì)比二次方程的判別式構(gòu)造二次式，結(jié)合已知條件判斷對(duì)應(yīng)二次函數(shù)的圖像特征，獲得對(duì)應(yīng)二次方程的判別式的正負(fù).

由以上實(shí)例可見(jiàn)，在不等式問(wèn)題的解決中，如考慮構(gòu)造二次式的思路，應(yīng)該把握好題中條件或結(jié)論的結(jié)構(gòu)上的特點(diǎn)，從這些特點(diǎn)出發(fā)，嘗試根據(jù)某些重要不等式放縮、設(shè)立主元或和二次函數(shù)中一些諸如頂點(diǎn)坐標(biāo)、判別式進(jìn)行對(duì)比，構(gòu)造二次不等式、函數(shù)或方程，從而找到問(wèn)題解決的突破口.