一道高考不等式选考题的证法探析

杨育球

摘 要：通过对典型试题的多解、多变，灵活运用所学知识拓展思路，从而做到融会贯通，这就要求我们面对数学试题，能学会多角度去欣赏与思考，并从中发现试题的解题规律，进而可以掌握一类题的求解策略.本文针对2019年高考全國Ⅰ卷选考第23题的证法进行多视角探析.

关键词：高考;不等式;选考题;证法探析

1 试题呈现

题目 （2019年高考全国Ⅰ卷选考第23题）已知a，b，c为正数，且满足abc=1.

证明：（1）1 a+1 b+1 c≤a2+b2+c2;

（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24[1].

2 证法探析

2.1 第（1）问解析

分析1 从重要不等式“a2+b2≥2ab”着手，可证得2（a2+b2+c2）≥2ab+2bc+2ac，从而得到a2+b2+c2≥ab+bc+ac，再由abc=1，得ab+bc+ac=ab+bc+ac abc，分离后即得到结论.

证法1 因为a2+b2≥2ab，b2+c2≥abc，a2+c2≥2ac，所以由不等式的性质得2（a2+b2+c2）=（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）≥2ab+2bc+2ac，即a2+b2+c2≥ab+bc+ac，当且仅当a=b=c时取等号.

因为abc=1，所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac 1=ab+bc+ac abc=1 a+1 b+1 c.

故不等式得证.

分析2 从1的代换“1=abc”着手，将所证不等式转化为证明：a2+b2+c2≥ab+bc+ac，再利用重要不等式“a2+b2≥2ab”可证得2（a2+b2+c2）≥2ab+2bc+2ac，从而得到结论.

证法2 因为abc=1，所以1 a+1 b+1 c=（1 a+1 b+1 c）·abc=bc+ac+ab.

因为2（a2+b2+c2）=（a2+b2）+（b2+c2）+（c2+a2）≥2ab+2bc+2ac，当且仅当a=b=c时取等号.

所以2（a2+b2+c2）≥2（1 a+1 b+1 c）.

即a2+b2+c2≥1 a+1 b+1 c.

故不等式得证.

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），最后结合1的代换“1=abc”证得结论.

证法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，

再由证法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，当且仅当a=b=c时取等号.

因为abc=1，所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac 1=ab+bc+ac abc=1 a+1 b+1 c.

故不等式得证.

点评 第（1）问的三种证法可谓殊途同归，都运用了重要不等式a2+b2≥2ab和1的代换“1=abc”通过综合法进行证明，很好地考查了学生对代数式的变形能力和推理论证能力.证法3运用了柯西不等式，非常巧妙.

2.2 第（2）问解析

分析1 先由三元均值不等式证得（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）证得结论.

证法1 由三元均值不等式证得

（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），当且仅当a=b=c时取等号.

又a+b≥2ab，b+c≥2bc，a+c≥2ac，（当且仅当a=b=c时等号同时成立）

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.

又因为abc=1，

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得证.

分析2 考虑到三个正数a，b，c的对称性，先运用基本不等式a+b≥2ab和正数同向不等式相乘的性质证得（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结合abc=1证得结论.

证法2 因为a，b，c为正数，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.

以上三式当且仅当a=b=c时同时取等号.

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，当且仅当a=b=c时取等号.

又因为abc=1，

所以（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24.

故不等式得证.

分析3 注意到所证不等式当且仅当a=b=c=1时，等号成立，所以轮换将a+b，b+c，c+a中的两个式子分别代值2，利用三元均值不等式得到另一个式子的不等式，然后利用同向不等式相加的性质相加，将得到的不等式再次利用三元均值不等式证得结论.

证法3 易知不等式（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3≥24当且仅当a=b=c=1时，等号成立.

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，当且仅当a+b=b+c=a+c，即a=b=c时取等号.

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.

故不等式得证.

分析4 首先利用二元均值不等式和abc=1，得到b+c≥21 a，进而得到3a2（b+c）≥6a3.将（a+b）3+（b+c）3+（c+a）3利用三元均值不等式后将上面的式子代入，整理后再次利用三元均值不等式得到结论.

证法4 由基本不等式，得b+c≥2bc，当且仅当b=c时取等号.

因为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将上面的式子代入，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），

当且仅当a=b=c时取等号.

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，当且仅当a=b=c时取等号.

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.

故不等式得证.

点评 第（2）问的四种证法反复、交替运用二元和三元均值不等式，代数式的恒等变形和“放缩”变形渗透其中，考查了利用均值不等式证明不等式问题，及对于均值不等式的变形和应用能力，充分体现了数学抽象、逻辑推理和数学运算等核心素养的运用.需要特别指出的是，在利用均值不等式时，要注意等号成立的条件.

在数学复习备考中，我们不提倡盲目追求题量，一味地刷题、做题，提倡精讲精练，这就需要教师在所选的题目上下功夫.一题多解是在素质教育与传统的应试教育相结合的背景下产生的较为有效的复习模式，是实现深度复习的有效途径.一题多解是对一道“母题”从多角度、多方位去分析思考，寻找更好、更简捷巧妙的方法，对于开阔学生的解题思路大有裨益，是培养学生创新思维能力的一条有效途径.总之，一题多解能够有效地增进学生对解题过程的反思总结，培养学生发散思维的能力，是高考数学复习备考的重要增长点.

（收稿日期：2020-02-05）