摘要：文章從函數(shù)的單調(diào)性和構(gòu)造對偶式等角度給出2022年全國高中數(shù)學聯(lián)賽（四川預賽）試題第11題的三種證明方法，然后分析其背景，最后將不等式進行推廣，得到三個與Nesbitt不等式有著密切關(guān)聯(lián)的重要推論.

關(guān)鍵詞：2022年四川省預賽；不等式；函數(shù)單調(diào)性；解法探究

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0073-03

2022年全國高中數(shù)學聯(lián)賽（四川預賽）試題的第11題是不等式證明題，該題是三元分式不等式，綜合性較強，很有研究的必要.

1預賽試題

題目（2022年全國高中數(shù)學聯(lián)賽（四川預賽）試題的第11題［1］） 對任意正實數(shù)a，b，c及任意正實數(shù)r>1.求證：

ab+c+bc+a+ca+b≤arbr+cr+brcr+ar+crar+br.

2解法探究

引理f（x）=1a+x+a1+x+xa+1，這里a>0是參數(shù).

（1）若a≥1，則f（x）在（0，1］上單調(diào)遞減；

（2）若a≤1，則f（x）在［1，+∞）上單調(diào)遞增.

證明注意到f ′（x）=1a+1-1（x+a）2-a（x+1）2，f ′（x）在（0，+∞）上顯然是單調(diào)遞增的.

（1）當x∈（0，1］時，f ′（x）≤f ′（1）=1a+1-1（a+1）2-a4=a［1（a+1）2-14］，

注意到a≥1，所以f ′（x）≤a［1（a+1）2-14］≤0.

從而f（x）在（0，1］上單調(diào)遞減.

（2）當x∈［1，+∞）時，f ′（x）≥f &nbvpijNdBcB0M7A7yZuC2eICmgV6BakDvnGAEiQ0e5eE8=sp;′（1）=1a+1-

1（a+1）2-a4=a［1（a+1）2-14］，

注意到a≤1，所以f ′（x）≥a［1（a+1）2-14］≥0.

從而f（x）在［1，+∞）上單調(diào)遞增.

證法1注意到這個三元不等式是對稱的，所以不妨設a≥b≥c.注意到這是齊次的，所以不妨設b=1，從而a≥1≥c.

因為r>1，所以ar≥a≥1≥c≥cr.

注意到b=1，左邊看成關(guān)于c的一元函數(shù)，即

∑ab+c=f（c），右邊看成關(guān)于cr的一元函數(shù)，即∑arbr+cr=F（cr）.

由引理可知，f（cr）≤F（cr），即

a1+cr+1a+cr+cr1+a≤ar1+cr+1ar+cr+crar+1.

（這里把cr視作參數(shù)，a和ar視作變量的兩個取值）.

于是∑ab+c=f（c）≤f（cr）≤F（cr）=∑arbr+cr，

這里f（c）≤f（cr）用到f（x）的單調(diào)遞減性質(zhì).

從證明過程可知，當且僅當a=b=c時取等號.

證法2（構(gòu)造法） 設M=arbr+cr+brcr+ar+crar+br，

N=ab+c+bc+a+ca+b，

原不等式等價于M-N≥0.

不妨設a≥b≥c>0，再設

A=（b+c）·ar-a·（br+cr），A′=（b+c）·（br+cr），

B=（c+a）·br-b·（cr+ar），B′=（c+a）·（cr+ar），

C=（a+b）·cr-c·（ar+br），C′=（a+b）·（ar+br），

所以A+B+C=（b+c-b-c）·ar+（c+a-c-a）·br+（a+b-a-b）·cr=0，

A=ab·（ar-1-br-1）+ac·（ar-1-cr-1）≥0，

C=-ac·（ar-1-cr-1）-bc·（br-1-cr-1）≤0，

A+B+C=0，A≥0，C≤0.①

即A′=（b+c）·（br+cr）≤（a+c）·（ar+cr）=B′≤（a+b）·（ar+br）=C′.

即0<A′≤B′≤C′.②

由①②，得

M-N=（arbr+cr-ab+c）+（brcr+ar-bc+a）+

（brcr+ar-bc+a）=AA′+BB′+CC′≥AB′+BB′+CC′=A+BB′+

CC′=（-C）B′+CC′≥（-C）C′+CC′=0，

即M-N≥0，故原不等式成立，當且僅當a=b=c時等號成立.

證法3令f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx，其中a，b，c為正實數(shù)，x∈［0，+∞）.要證原不等式成立，只需證f（x）在區(qū)間［0，+∞）上單調(diào)遞增.由于

（axbx+cx）′=axbx（lna-lnb）+axcx（lna-lnc）（bx+cx）2，

（bxcx+ax）′=bxax（lnb-lna）+bxcx（lnb-lnc）（cx+ax）2，

從而得到

（axbx+cx）′+（bxcx+ax）′

=axbx（ax-bx）（lna-lnb）（2cx+ax+bx）（bx+cx）2（cx+ax）2+axcx（lna-lnc）（bx+cx）2+bxcx（lnb-lnc）（cx+ax）2，

經(jīng)過計算，可得到

f ′（x）=12∑［（axbx+cx）′+（bxcx+ax）′］

=∑axbx（ax-bx）（lna-lnb）（2cx+ax+bx）（bx+cx）2（cx+ax）2≥0.

因此，函數(shù)f（x）在區(qū)間［0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以當r>1時，有f（1）≤f（r），故原不等式成立，當且僅當a=b=c時等號成立.

3題后反思

證法1是利用函數(shù)的單調(diào)性，由于原不等式是對稱的，故可設a≥b≥c，并且也是齊次的，故可設b=1，再把c視為變量x，從而可令f（x）=1a+x+a1+x+xa+1.對函數(shù)f（x）求導，再討論a≥1或a≤1時f（x）的單調(diào)性，即可得到引理，從而可證得原不等式.

相比證法1，證法3更容易想到，因為這是很明顯的，根據(jù)原不等式的結(jié)構(gòu)就可以看得出來，即只需證明函數(shù)f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx在［0，+∞）上單調(diào)遞增即可.

證法2是構(gòu)造法，很巧妙.而這樣的構(gòu)造是源于Nesbitt不等式的構(gòu)造法證明帶來的靈感：

記A=ab+c+bc+a+ca+b，

B=bb+c+cc+a+aa+b，

C=cb+c+ac+a+ba+b.

因為A+B=c+aa+b+a+bb+c+b+cc+a≥3，

A+C=b+ca+b+c+ab+c+a+bc+a≥3，

所以2A+B+C≥6，而B+C=3，故A≥32.

即ab+c+bc+a+ca+b≥32.

4試題推廣

根據(jù)證法3，可以得到如下定理.

定理設f（x）=axbx+cx+bxcx+ax+cxax+bx，其中a，b，c為正實數(shù)，x∈［0，+∞），則f（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞增.

由定理可把試題推廣如下：

推廣設a，b，c為正實數(shù)，n>m≥0，則

anbn+cn+bncn+an+cnan+bn≥ambm+cm+bmcm+am+cmam+bm.

當n=1，m=0時，得到ab+c+bc+a+ca+b≥32，這就是Nesbitt不等式，可見Nesbitt不等式是它們的特殊情形.

由定理，可以得到如下的推論.

推論1當n=2，m=1時，得到a2b2+c2+b2c2+a2+

c2a2+b2≥ab+c+bc+a+ca+b.

推論2當n=3，m=2時，得到a3b3+c3+b3c3+a3+c3a3+b3≥a2b2+c2+b2c2+a2+c2a2+b2.

推論3當n=2，m=0時，得到a2b2+c2+b2c2+a2+c2a2+b2≥32.

注這就是Nesbitt不等式的指數(shù)推廣，更一般的情形就是：

當n≥2，m=0時，得到anbn+cn+bncn+an+

cnan+bn≥32.

用類似的方法可以解決下面的一般問題.

設a1，a2，…，an為正實數(shù)，且滿足∑ni=1ai=1，證明：對任意的s>r≥0，有∑ni=1（ai1-ai）s≥∑ni=1（ai1-ai）r.

5結(jié)束語

上文中的競賽試題可根據(jù)題干結(jié)構(gòu)，通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來證明，也可構(gòu)造對偶式來證明.在證明不等式時，一定要分析題干的結(jié)構(gòu)，根據(jù)結(jié)構(gòu)特征，選擇對應的方法.研究不等式問題，往往需要探究其背景與推廣，這樣可以從更深、更高的維度來理解不等式[2].從上文的分析可知，文中的競賽試題是以Nesbitt不等式為背景進行命制的，這提醒我們一線教師，在平日的競賽訓練中，要重視對著名不等式的深入研究.

參考文獻：

［1］

張君.2022年全國高中數(shù)學聯(lián)賽（四川預賽）試題及解析[J].數(shù)理化解題研究，2022（25）：84-88.［2］ 李鴻昌.證明一類分式齊次不等式的通法[J].高中數(shù)學教與學，2019（15）：41-42.

［責任編輯：李璟］