福建省福州市福州第二十四中學(xué) (郵編：350015)

本文先給出并證明一道簡單的不等式，然后舉例說明其應(yīng)用.為此，我們將這個(gè)不等式作為定理給出.

當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2或x3=x4時(shí)取等號.

即得原式，易知當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2或x3=x4時(shí),取等號.

下面舉一些例子，說明定理中的不等式的應(yīng)用.在定理中不等式的右邊應(yīng)用均值不等式，便得到

例1 (自創(chuàng)題，2017.08.17)設(shè)x1、x2、x3、x4∈R，則

當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=x3=x4時(shí)取等號.

作為定理中的不等式的特例，有

例2 設(shè)x、y∈R，則8xy(x2+y2)≤(x+y)4.

利用例2中的結(jié)論，可得到以下

例3 設(shè)xi≥0，i=1,2,…,2n，則

(x1+x2)(x3+x4)…(x2n-1+x2n)≥

當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2,x3=x4,…，x2n-1=x2n時(shí),取等號.

證明先證明以下

引理設(shè)ai≥0，i=1,2,3,4,5,6，則

(根據(jù)以上例2不等式8xy(x2+y2)≤(x+y)4，其中x、y為任意實(shí)數(shù))，即得原式.

下面證明原式.

根據(jù)以上不等式，有

即

同理可得類似的19個(gè)不等式，將這20個(gè)不等式左右兩邊分別相加，得到

故原式獲證.

例5 (自創(chuàng)題，2009.02.03)設(shè)a、b、c、d∈R+，且a+b+c+d=4，則

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d=1時(shí),取等號.

證明例5中的不等式等價(jià)于

(a+b)(c+d)(a+b+c+d)4≥16abcd(a2+b2+c2+d2).

(※)

由于16abcd(a2+b2+c2+d2)=16abcd(a2+b2)+16abcd(c2+d2)

即得式(※)，故例5獲證，易知當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d=1時(shí),取等號.

在例5中的左邊應(yīng)用均值不等式，得到

≥4(a2+b2+c2+d2).

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d=1時(shí)取等號.

例7 (自創(chuàng)題，2017.08.17)設(shè)a、b、c、d∈R+，則

(a+b)2(b+c)(c+d)2(d+a)≥4abcd(a+b+c+d_)2，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b,c=d時(shí)取等號.

證明由定理可知，只要證明

(b+c)(d+a)·4[ab(c+d)2+cd(c+d)2]≥4abcd(a+b+c+d)2，

≥(b+c-d-a)2，

中藥復(fù)方發(fā)揮藥效的物質(zhì)基礎(chǔ)是有效化合物群，包含多種活性成分，其治療是一個(gè)整體協(xié)調(diào)的過程[15-16]。指紋圖譜技術(shù)可全面反映中藥化學(xué)成分的種類與數(shù)量，中藥指紋圖譜目前已成為國際上公認(rèn)的控制天然藥物質(zhì)量的有效手段[17]。本研究采用RP-HPLC法對10批護(hù)肝劑進(jìn)行指紋圖譜研究及化學(xué)模式識(shí)別，并對該制劑中馬錢素、芍藥苷、野黃芩苷、黃芩苷、黃芩素、五味子甲素、五味子乙素、五味子丙素和熊果酸9種活性成分進(jìn)行了定量測定，為護(hù)肝劑的質(zhì)量控制提供了科學(xué)依據(jù)。

≥(b+c-d-a)2.

由柯西不等式知上式成立，故原命題獲證.

由證明過程中易知，當(dāng)且僅當(dāng)a=b,c=d時(shí)取等號.

由例6可以證明《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)》(安徽)2019年第2期刊登的趙忠華老師提出的有獎(jiǎng)解題擂臺(tái)(122)，即以下

例8 設(shè)a、b、c、d>0，且abcd=1，證明：

證明應(yīng)用例5中的不等式得到

(a+b)2(b+c)(c+d)2(d+a)≥4abcd(a+b+c+d)2，

(a+b)(b+c)2(c+d)(d+a)2≥4abcd(a+b+c+d)2，

(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)

因此，要證明原命題，只要證明

即27(a+b+c+d)4

≥256(a+b+c+d-1)3.

(※※)

設(shè)a+b+c+d=s≥4，則

27(a+b+c+d)4-256(a+b+c+d-1)3

=27s4-256(s-1)3

=(s-4)2(27s2-40s+16)

故式(※※)成立，例8獲證.

例9 設(shè)a、b、c、d≥0，則

(ab+cd)[(a+b)2(c+d)2+16abcd]≥4abcd(a+b+c+d)2，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)取等號.

證明根據(jù)定理中的結(jié)論，有

(a+b)2(c+d)2≥4ab(c2+d2)+4cd(a2+b2)，于是，只要證明

(ab+cd)[4ab(c2+d2)+4cd(a2+b2)+16abcd]≥4abcd(a+b+c+d)2，

?(cd+ab)[ab(c+d)2+cd(a+b)2]≥abcd(a+b+c+d)2，

上式由柯西不等式即得證明，例9獲證，從證明過程可知，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)取等號.

由例9可得

例10 設(shè)a、b、c、d≥0，則

(a+b)2(c+d)2(ab+cd)

≥4abcd(a+b+c+d)2，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)取等號.

證明在例9中注意到

(a+b)2(c+d)2≥16abcd，即得.

例11 設(shè)a、b、c、d≥0，則

(a+b)(c+d)(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]≥16abcd∑a2，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)取等號.

根據(jù)定理中的不等式可知，只要證明

(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥16abcd∑a2，

?(ab+cd)[ab(c2+d2)+cd(a2+b2)][(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)∑a2，

?(ab+cd)[ab(c+d)2+cd(a+b)2-4abcd][(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2-2(ab+cd)]，

?(ab+cd)[ab(c+d)2+cd(a+b)2] [(a+b)2+(c+d)2]

-4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[a2b2(c+d)2+c2d2(a+b)2][(a+b)2+(c+d)2]

+abcd[(a+b)2+(c+d)2]2

-4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[a2b2(c+d)2+c2d2(a+b)2][(a+b)2+(c+d)2]

-2abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

+abcd[(a+b)2+(c+d)2]2-2abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[(a+b)2+(c+d)2][ab(c+d)-cd(a+b)]2

+abcd[(a+b)2+(c+d)2](a+b-c-d)2

≥4abcd(ab+cd)(a+b-c-d)2，

?[(a+b)2+(c+d)2][ab(c+d)-cd(a+b)]2

+abcd[(a-b)2+(c-d)2](a+b-c-d)2≥0，

上式顯然成立，故原命題獲證，易知當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=d時(shí)取等號.

應(yīng)用例11 中的不等式，可以證明以下