汪長(zhǎng)斌

文［1］中提出了如下一個(gè)優(yōu)美的代數(shù)不等式：

已知正數(shù)x，y，z滿足xy+yz+zx=1，求證：

12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z≤334.

文［2］，［3］給出了上述不等式的精彩證明，受其啟發(fā)，經(jīng)過(guò)研究，筆者也發(fā)現(xiàn)了兩種證明該不等式的方法，現(xiàn)介紹出來(lái)，以供參考.

證法一：不妨設(shè)s=x+y+z，則有s2=（x+y+z）2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz，從而s2≥3xy+3yz+3xz=3，則有s≥3.則12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z=1s+x+1s+y+1s+z =（s+x）（s+y）+（s+y）（s+z）+（s+z）（s+x）（s+x）（s+y）（s+z）=5s2+12s3+s+xyz≤33463s3－20s2+33s+33xyz－4≥0.又（x+y）（y+z）（z+x）=y2z+y2x+z+x=（yz+yx+zx）y+z+x－xyz=x+y+z－xyz，而（x+y）（y+z）（x+z）≤2（x+y+z）33，所以x+y+z－xyz≤2（x+y+z）33xyz≥s－827s3，從而63s3－20s2+33s+33xyz－4≥63s3－20s2+33s+33（s－827s3）－4=4693s3－20s2+63s－4.

故只要證4693s3－20s2+63s－4≥0即可.

設(shè)f（s）=4693s3－20s2+63s－4，則f′（s）=4633s2－40s+63，又由于當(dāng)s≥3，有f′（s）≥0，

所以f（s）在區(qū)間［3，+∞）為單增函數(shù)，從而有f（s）≥f（3），

而f（3）=4693（3）3－20（3）2+63×3－4=0 ，所以f（s）≥0成立.從而原不等式成立.

證法二：由條件式xy+yz+zx=1聯(lián)想到類似于三角形中的三角公式tanA2tanB2+tanB2tanC2+tanC2tanA2=1.

作代換x=tanA2，y=tanB2，z=tanC2，從而由平均值不等式，則有

12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z=1（x+y）+（x+z）+1（y+x）+（y+z）+1（z+x）+（z+y）≤12（x+y）（x+z）+12（y+x）（y+z）+12（z+x）（z+y）

=12x2+1+12y2+1+12z2+1=12（tanA2）2+1+12（tanB2）2+1+12（tanC2）2+1=12（cosA2+cosB2+cosC2），

對(duì)照原不等式，故只要證明cosA2+cosB2+cosC2≤332成立即可.

而由［4］知不等式cosA2+cosB2+cosC2≤332成立， 從而原不等式成立.

由柯西不等式，可得原不等式的一個(gè)下界，即12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z≥94（x+y+z），從而我們提出：

問(wèn)題1已知非負(fù)數(shù)x，y，z滿足xy+yz+zx=1，請(qǐng)證明或否定：

12x+y+z+1x+2y+z+1x+y+2z≥76.

問(wèn)題2已知正數(shù)x，y，z滿足xy+yz+zx=1， λ≥2，請(qǐng)證明或否定：

1λx+y+z+1x+λy+z+1x+y+λz≤33λ+2.

參考文獻(xiàn)

［1］安振平.三十個(gè)有趣的不等式問(wèn)題［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考（上旬刊），2011（11）.

［2］劉康寧.金版奧數(shù)教程數(shù)學(xué)高二分冊(cè)［M］.浙江大學(xué)出版社，2009，4.

［3］安振平，王峰.一個(gè)代數(shù)不等式的簡(jiǎn)明證法［J］.數(shù)學(xué)通訊（上半月）2015（4）：37～38.

［4］嚴(yán)鎮(zhèn)軍.幾何不等式的證法（一），高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽教程［M］.江蘇教育出版社.