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學試題，能學會多角度去欣賞與思考，并從中發現試題的解題規律，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

題目 （2019年高考全國Ⅰ卷選考第23題）已知a，b，c為正數，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a，b，c的對稱性，先運用基本不等式a+b≥2ab和正數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，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，充分體現了數學抽象、邏輯推理和數學運算等核心素養的運用.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，是培養學生創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，培養學生發散思維的能力，是高考數學復習備考的重要增長點.

（收稿日期：2020-02-05）