轮换对称不等式的证明技巧
轮换对称法(地位等价法)
高中数学：基本不等式暴力求最值方法：轮换对称法（地位等价法）
大家看好啊，这个等式变下来，很多同学让你自己来构造，是不一定能想得这么明白的，所以这常规解是有一定的难度的。
那就我们就来用大招了，那就是第二种方法：轮换对称法（地位等价法），它不但适合基本不等式求最值，还适合有些三角函数问题，以及有些向量问题。
但是我要给大家讲的是：它是有一定的局限性，不是所有不等式求最值都能搞定的，但是只要题目满足2个要求，它就能做到秒杀。
实事实是的讲，我们上次讲的差值法比这轮换对称法要广泛很多，对于这种题型是可遇不可求的。
那么，有同学就问了，有没有能搞定大部分不等式求最值的
方法？答案是肯定的，那么，绝招肯定是要留到正课里的，你懂的。
但是，今天讲这种方法是可以快速解决掉这方面的高考真题。
那么它要满足的2个需求是：
①．“平方和式”与“和式”的系数必须成比例
②．不用管乘积项系数（成绩项系数可凑）
为方便大家理解，请看下图：
大家可以看出，这样一写，和式系数与和乘积项系数成比例条件成立，那就我们就可以x=2y，不信是不是?那么大家可以将x＝2y，y＝x/2代入原等式，可以看出题干无变化,那就相当于X与2y等价。
将x＝2y代入，只剩未知数y，解出y和x即可算出答案。
看一看，是不是可以10秒出答案
好，我们再看第二题来验证下技巧：
大家看好，通过变化，和式系数、乘积项系数、平方和式系数成比例条件是不是成立了，那么大家可以将x＝y/2，y＝2x代入原等式，也可以看出题干没有任何变化, 那就相当于2x与y等价。
将y＝2x代入，只剩未知数y，解出y和x即可算出答案。
不等式证明技巧谈之一
▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓ 不等式证明技巧谈之一——轮换对称式在证明中的技巧不等式的证明在中学阶段是一个较难的问题，往往是看似简单，而动手时却毫无头绪，这其中最主要的原因是对于代数式的结构把握不准，不能充分利用代数式本身的特征来解决问题。
例题：已知a 、b ∈R ，求证：122-++≥+b a ab b a首先，我们来分析这个式子的结构特点。
在代数式中，较为突出的式子有——齐次式、轮换对称式、共轭因式等等。
此题显然是一个轮换对称式（即将a 和b 互相交换，式子不变）。
对于轮换对称式而言，在不等式的证明中，当且仅当a=b 时取等号，这就给我们做题提供了一些解题基本思路。
从上题我们知道，等号成立的条件是a=b也就是说方程122-++=+b a ab b a 成立的条件是a=b ，代入可得a=b=1，也就是说从此方程中可以得到a=b 、a=1和b=1。
下面，我们从解方程的角度来考虑。
如果是一个一元方程f(x)=0，若有一根α，则必有f(x)=(x-α)g(x)，而对于一个多元的不定方程而言，若能解出唯一的一组根的条件是什么呢？方程01),(22=+---+=b a ab b a b a f 有唯一的一组根a=b=1，显然不能说f(a,b)=(a-1)(b-1)g(a,b)，因为若如此，则方程f(a ，b)=0的根就是a=1或b=1，而不是“且”。
故f(a ，b)必定是一组平方和。
而由题知a=b 、a=1和b=1，则f(a ，b)的因式中必包含222)1()1()(---b a 、b a 和。
即f(a 、b)= 222)1()1()(-+-+-b a b a由此，我们可以知道：0)1()1()(222≥-+-+-b a b a ，展开即得我们所要证明的不等式。
轮换对称不等式的证明技巧
不 等 式叫作轮换对 称不 等式 。 一 与 原 不 等 式 相 同 ’ 则 称 这 个 ＋ （ 羔一 ｂ ） ＋ （ … ｃ ２ 专 ‘ ． 。 ‘
，
轮换对称不等式形式优美 ，其证 明方法也有很 多 ， 但 是， 其 中的规律却难以寻找。 在教学过程 中， 学生对此 常常 有所 困惑 ， 在证明时因为对轮换对称不等式 的概念及性质 认识模糊等等原 因 。 容易 出现一些错误 。 下面 ， 结合本 人的 教 学实践 ， 介绍几种易操作 的方法供读者参考 。希望 大家 能够举一反 三 ， 触 类旁通 ， 较好地 掌握 这些 轮换 对称不 等 式的证明技巧 ， 提高 自己的思维能力。 ’ 例１ ： 已知 ａ ＋ ｈ ＋ ｃ ＝ ｌ ， 且ａ 、 ｂ ， ｃ 均 为非 负实数 。求证 ：
（ 音） ＋ （ 一 告）
不 妨 设 ａ≥ｂ≥ｃ＞０ ， 左 边 ＝－ ２ ａ － ｂ － ｃ ＋— ２ ｂ － ａｃ
－ 要学会化简命题 ， 找到突破
口。 娴熟地运用这些方法 ， 可 以提高学 生的解题能力 ， 锻炼
＋
学生 的思维 。 这样 ， 无论是对平时的解题还是考试 ， 都会起 到良好 的促进作用。
由ａ 、 ｂ 、 ｃ的对 称性 ， 不 妨设 ａ ≥ｂ ≥ｃ＞ ０ ， 则（
一
争 ） ＋ （ 羔一 争 ） ＋ （ 一 手 ） ＝
≥
＋
＋
＝
当且仅 当 ａ ＝ ｂ ＝ ｃ时 ， 等号成立 。
、 ／ ＋ 、 ／ ＋ 、 ／ ≤、 ／ 丁 【 次数 配平法 】
证 明： ＋ ＋ ≤ § ＋ ＋
’ 卜 ≥ 手 ・ 相对独立 的， 它们可 以交替运用。 有时 ， 一个对称不 等式可
关于三角形中两个轮换对称不等式
成人高等教育1999第1期关于三角形中两个轮换对称不等式绍兴市农校 楼岳才在一个不等式中，若把其中任何两个字母x i 和x j （I=1，2，…，n 且i ≠j ）对调位置后，这个不等式不变，则称此不等式是关于x 1，x 2，…，对称的。
如果把不等式中的字母x 1，x 2，…，x n 按一定顺序替换后不等式不变，则称此不等式关于x 1，x 2，…，x n 轮换对称。
三角形中有许多对称不等式（有的是相当著名的），这一工作研究得较为深入，成果也多。
可对三角形中的轮换对称不等式却研究得较少。
本文给出三角形中的两个轮换对称不等式及其等价式。
一、三角形中的两个轮换对称不等式在△ABC 中有：2)222(222222C tg B tg A tg B tg C tg A tg B tg C tg A tg++≥++………………………① 在锐角△ABC 中有：()2ctgC ctgB ctgA ctgBctgC ctgA ctgB ctgC ctgA ++≥++…………………② 证明：设x ，y ，z ＞0，由柯西不等式知：2)())((z y x yz x y y x zy yx xy ++≥++++ （当且仅当x=y=z 时取等式） 若令2A tgx =，2B tg y =，2C tg z =，并注意到： 222222B tg C tg A tg B tg C tg A tg ++=1 即有2)222(222222C tg B tg A tg B tg C tg A tg B tg C tg A tg ++≥++……………………………………① 若令x=ctgA ，y=ctgB ，z=ctgC （Ａ，Ｂ，Ｃ为税角三角形的三个内角，显然x ，y ，z＞０），并注意到：ctgActgC+ctgBctgA+ctgCctgB=1 即有()2ctgC ctgB ctgA ctgBctgC ctgA ctgB ctgC ctgA ++≥++……………………………………② 二、两个轮换对称不等的几个等价式１、在△ABC 中，角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，则以下不等式等价：（1）2)222(222222C tg B tg A tg B tg C tg A tg B tg C tg A tg++≥++ （2）c b a ba c c a cb bc b a a ++≥-++-++-+222 （3）a 2b （a-b ）+b 2c （b-c ）+c 2a （c-a ）≥0 （第24届国际奥林匹克竞赛题）（4）12cos 2sin 2cos 2sin 2cos 2sin 222222≥++B C A B C A 证明：()()21⇔由于()()()()C B A C B A A c b a c b a a sin sin sin sin sin sin sin 22++-+=++-+ 2cos 2cos 2cos 42cos 2sin 2sin 4sin 2C B A C B A A ⋅= 412cos sin cos 412cos sin 4sin cos cos sin 2cos sin 4)sin(2cos sin 4sin 2222=+⋅=⋅+=+=⋅=C C ctgB C C B C B C B C B C B C B A ()()())222221(412/cos 2cos 2sin 22/22/112cos 22222C tg B tg B tg C tg C tg c C C B tg B tg C -+-=⋅-+- 故 ()()c b a c b a a C tg B tg C tg B tg Ctg ++-+=--+224222221 同理()()c b a b a c c B tg A tg B tg A tg B tg ++-+=--+224222221 ()()c b a c c b a A tg C tg A tg C tg A tg ++-+=--+224222221 2)222(222222C tg B tg A tg B tg C tg A tg B tg C tg A tg ++≥++2222222222222C tg B tg A tg B tg C tg A tg B tg C tg A tg +++≥++⇔)222221()222221()222221(222B tg A tg B tg A tg B tg A tg C tg A tg C tg A tg C tg B tg C tg B tg C tg--++--++--+⇔≥44))((4))((4))((4222≥++-++++-++++-+⇔c b a b a c a c b a a c b b c b a c b a a c b a ba c c a cb bc b a a ++≥-++-++-+⇔222 )3()2(⇔容易证明下列两个等式成立：)())(()(22222z xy x x y z x x z y x y x y x --+-+-+=-))()()((222444222222y x z x z y z y x z y x z y x x z z y y x -+-+-+++=---++∴)()()(222a c a c c b c b b a b a -+-+- )())((2222c ab a a b c a a c b a --+-+-+=)())((2222a bc b b c b a b a c b --+-+-++)())((2222b ca c c a b c c b a c --+-+-++))(())(())((222a b c c b a c c b a b a c b b c a a c b a -+-++-+-++-+-+=)]()()([222222222222444a c a c c b c b b a b a a c c b b a c b a -+-+-----+++))(())(())((222a b c c b a c c b a b a c b b c a a c b a -+-++-+-++-+-+=)]()()([))()()((222a c a c c b c b b a b a b a c a c b c b a c b a -+-+---+-+-+++-故))()(())(())(())(()]()()([2))()()(())(())(())((222222222222≥-+-+++--+-++-+-++-+-+⇔++≥-++-++-+-+-+-=-+-+-+++--+-++-+-++-+-+b a c a b a c b a a b c c b a c c b a b a c b b c a a c b a c b a ba c c a cb bc b a a a c a c c b c b b a b a b a c a c b c b a c b a a b c c b a c c b a b a c b b c a a c b a12cos 2sin 2cos 2sin 2cos 2sin 12cos 2cos 2cos sin 42cos 2sin 2sin sin 42cos 2cos 2cos sin 42cos 2sin 2sin sin 42cos 2cos 2cos cos 42sin 2sin 2sin sin 41)sin sin (sin sin )sin sin (sin sin )sin sin (sin sin )sin sin (sin sin )sin sin (sin sin )sin sin (sin sin 1)()()()()()()()()(0)()()()4()3(0)()()(0)]()()([2222222222222222222222≥++⇔≥++⇔≥++-++++-++++++⇔≥++-++++-++++-+⇔++≥-++-++-+⇔≥-+-+-⇔≥-+-+-⇔≥-+-+-⇔B C A B C A C B A B A C B C C B A A C B A B C B A A B C A A C B A B A C B C C B A A C B A B C B A C B C A A c b a c a c b c c b a c c b a b c b a c b c a a abc ca b bc a a c b a c c b a c b b c a b a a c a c c b c b b a b a a c a c c b c b b a b a a c a c c b c b b a b a2．在锐角三角形ABC 中，角A 、B 、C 所对边的分别为a 、b 、c ，则下列不等式等价：（1）2)(ctgC ctgB ctgA ctgBctgC ctgA ctgB ctgC ctgA ++≥++ （2） C B A BA C C A CB BC B A A 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 2sin 222++≥-++-++-+（3）)2sin 2(sin 2sin 2sin )2sin 2(sin 2sin 2sin )2sin 2(sin 2sin 2sin 222≥-+-+-A C A C C B C B B A B A （4）1sin cos sin cos sin cos 222222≥++BC A B C A 证明：令a 0=sin2A ，b 0=sin2B ，c 0=sin2C由于A 、B 、C 为锐角三角形ABC 三个内角，故a 0，b 0，c 0>0又 a 0+b 0+c 0=4cosAcosBsinC>0000a c b -+=4cosBcosCsinA>0c 0+a 0-b 0=4cosCcosAsinB>0故a 0，b 0，c 0可作为一个三角形的三条边，不仿设这个三角形的外接圆直径为1，a 0，b 0，c 0边所对角分别为a 0，b 0，c 0。
均值不等式的轮转对称解法
例题 2：
显然不是轮换对称式。看看能不能构造成轮换对称式呢？ 思考. . . 令 2y=t,原式变为： x t 2, 求 x t 的最大值
2 搞定：x=t=1,得 xy≥1/2
总结：注意结构的特殊性。对称性是数学中非常重要的性质。
均值定理之轮数式 f (x,y,z)中，如果字母 x, y, z 任意交换两 个后，代数式的值不变，则称这个代数式为绝对对称式，简称对称式。 2、在含有多个字母的代数式 f (x,y,z)中，如果字母 x, y, z 循环变换后代数式 的值不变，则称这个代数式为轮换对称式，简称轮换式。 比如： a2 b2 c2 就是一个轮换对称式。 例题 1：
轮换对称法 求不等式
轮换对称法求不等式摘要：一、引言二、轮换对称法简介三、使用轮换对称法求解不等式1.轮换对称法的步骤2.求解具体不等式实例四、总结正文：一、引言在数学中，求解不等式是一项重要任务。
有许多方法可以用来解决不等式问题，其中一种有效的方法是轮换对称法。
本文将介绍轮换对称法的基本概念和如何使用这种方法求解不等式。
二、轮换对称法简介轮换对称法是一种基于代数的方法，可以用来求解包含复数变量的不等式。
这种方法的关键思想是将复数变量用三角形式表示，然后利用三角函数的性质简化不等式。
轮换对称法适用于一类特殊的不等式，这类不等式的特点是变量之间的系数具有轮换对称性。
三、使用轮换对称法求解不等式1.轮换对称法的步骤步骤一：将不等式中的复数变量表示为三角形式。
步骤二：将三角形式中的变量用轮换对称的形式表示。
步骤三：利用三角函数的性质简化不等式。
步骤四：根据简化后的不等式，求解原不等式的解集。
2.求解具体不等式实例例如，考虑不等式|2+3j| < 5。
首先，将复数变量j 表示为三角形式，有j = √(1-2^2) * (cos(π/4) + isin(π/4))。
接着，用轮换对称的形式表示变量，有j = √(1-2^2) * (cos(π/4) + isin(π/4)) = √(1-2^2) * (cos(π/4) +isin(π/4)) * (cos(π/4) - isin(π/4)) = √(1-2^2) * (cos(π/2) + isin(π/2)) = √(1-2^2) * (1 + 0j)。
现在，不等式可以写成|2 + 3 * √(1-2^2) * (1 + 0j)| < 5，进一步简化为|2 + 3 * √(1-2^2)| < 5。
解这个不等式，得到√(1-2^2) < 5/3，即-√2 < 5/3，这是原不等式的解集。
四、总结轮换对称法是一种有效的求解不等式的方法，尤其适用于处理具有轮换对称性的不等式。
轮换对称不等式的证明技巧
轮换对称不等式的证明技巧轮换对称不等式形式优美，证明技巧很多，但规律难寻。
本文介绍利用基本不等式等号成立的条件凑项证明，只要领悟添项的技巧，这类不等式完全可以程式化证明，供参考。
一、凑项升幂法例1 已知，且， +∈R z y x ,,1=++z y x 求证：21141414≤+++++z y x 分析：由于当时，上述不等式的“=”成立，于是31===z y x 。
37141414=+=+=+z y x 证明：因为，所以，同理，143714372++≤+⋅⋅x x )52(7314+≤+x x )52(7314+≤+y y ，上述三式相加，并将代入化简即得证。
)52(7314+≤+z z 1=++z y x 二、凑项降幂法 例2 证明Cauchy 不等式na a a a a a n n22122221)(+⋅⋅⋅++≥+⋅⋅⋅++证明：设，则，所以，a a a a n =+⋅⋅⋅++21i i a n a n a a ⋅≥+2(22∑∑==≥⋅+ni in i i a n a n a n a 12122(即。
na a a a a a n n 22122221)(+⋅⋅⋅++≥+⋅⋅⋅++三、凑项去分母法例3 设是正数，且， n x x x ,,,21⋅⋅⋅121=+⋅⋅⋅++n x x x 求证：211212132222121≥++++⋅⋅⋅++++--x x x x x x x x x x x x n n n n n 分析：由于当时等号成立，于是。
nx x x n 121==⋅⋅⋅==)(41112+++=+i i i i i x x x x x 证明：设，因为11x x n =+i i i i i i x x x x x x ≥+++++)(41112所以，即。
∑∑∑∑==+==+≥+++n i i n i i n i i ni i i i x x x x x x 1111112)(4121112≥∑+=+n i i i i x x x 例4 设，且，求证：+∈R c b a ,,1=abc 23)(1)(1)(1333≥+++++b a c a c b c b a 证明：原不等式等价于23)()()(222222≥+++++b a c b a a c b a c c b a c b 当a=b=c=1时等号成立，此时，所以，，)(41)(22c b a c b a c b +=+bcc b a c b a c b ≥+++)(41)(22同理，，，上述三式相加并化简得ca a c b a c b a c ≥+++)(41)(22ab b a c b a c b a ≥+++)(41)(222323)(21)()()(3222222=⋅⋅≥++≥+++++ca bc ab ca bc ab b a c b a a c b a c c b a c b 例5 设角A 、B 、C 满足 1cos cos cos 222=++C B A 求证：29sin 1sin 1sin 1222≥++CBA分析：原条件等价于，当时等号2sin sin sin 222=++C B A 32sin sin sin 222===C B A成立，于是，，上述三式相加34sin 9sin 122≥+AA34sin 9sin 122≥+BB34sin 9sin 122≥+CC并化简得证，证明略。
轮换对称不等式的证明技巧
轮换对称不等式的证明技巧
轮换对称不等式的证明技巧是一种把原本的不等式转化为等价的新不等式，以此更方便进行证明的技术。
它在统计学、代数、几何等多种数学领域中有很多应用，极大地推动着数
学研究的发展。
轮换对称不等式的证明技巧包括轮换法、比例法、移动变量法、交换变量法等。
它们的基本原理是：两边的不等式符号可以在保持不变的情况下，通过不同的方式把变量进行交换，可以得到等价的不等式。
例如，有一个不等式：
（1）x + 2y ≥ 8
此时可以使用轮换法：交换两个变量x和y，即有：
（2） y + 2x ≥ 8
此时，变量x和y的值一样，只是顺序不同，符号也不受影响，不等式（1）和不等式（2）依然是等价的。
而这可以通过证明很多不同的不等式来获得更多的结论，从而形成一种更强的证明技术。
总之，轮换对称不等式的证明技巧是一种很有用的证明技术，能够把原本不等式转变为相等的新不等式，以此更方便证明，其应用非常广泛，可以有效地提高研究效率。
构造均值不等式--证明轮换对称不等式
构造均值不等式 证明轮换对称不等式安徽省六安第二中学 陶兴红 237005若含多个字母的代数式12(, ,f x x …，1, ,)n n x x -中字母作一次轮换：1223, x x x x →→，…，11, n n n x x x x -→→，其形式不变（最多某些项的次序变动），则称它为轮换对称式。
左右两边都是轮换对称式的不等式，叫做轮换对称不等式。
最近笔者发现一种证明轮换对称不等式的好方法，简单地说，就是构造均值不等式法，具体地说，就是先将要证不等式的左边各项添上适当的项，然后分别对它们每一个式子运用均值不等式，其结果恰好是要证不等式的右边各项的同类项，最后将各均值不等式相加，经化简便得到所要证的不等式。
下面不妨举几个这方面的例子供读者参与：例1：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b b c c a ++≥++.分析：这是一个轮换对称不等式，用排序不等式能够证明，但若用构造均值不等式法，该如何证明呢其实构造均值不等式的关键是凑项，那么对于本题来说，应该凑上什么适当的项，才能构造出所需的均值不等式。
观察要证不等式的左右两边结构，不难发现，右边各项的次数都是3，因此所凑的项的次数也都应该是3，右边2a b 项的字母a 的次数是2，字母b 的次数是1，因此需要两个3a 项和一个3b 项，运用均值不等式后，才能得到2a b 项的同类项。
这样我们便知道要给3a 项凑上一个3a 项和一个3b 项，运用均值不等式后，就能得到右边2a b 项的同类项。
同样，我们可以给3b 项和3c 项凑上适当的项，运用均值不等式后，得到2b c 项和2c a 项的同类项。
证明 分析原不等式左右两边结构，不难构造下面三个均值不等式：33323a a b a b ++≥= ①33323b b c b c ++≥= ②3332c c a c a ++≥= ③①+②+③得 3332223()3()a b c a b b c c a ++≥++ 333222a b c a b b c c a ∴++≥++ 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例2：已知, , a b c R +∈，求证：444222a b c a bc ab c abc ++≥++.分析：444424a a b c a bc +++≥=，即444224a b c a bc ++≥， ①同理可得：444224a b c ab c ++≥， ②444224a b c abc ++≥ ③①+②+③得 4442224()4()a b c a bc ab c abc ++≥++ ∴444222a b c a bc ab c abc ++≥++.显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例3：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b c b c a ++≥++. 证明：分析原不等式左右两边结构，可以构造下面三个均值不等式：323a b b a b ++≥= ①323b c c b c ++≥= ②323c a a c a ++≥= ③ ①+②+③，并化简得：333222a b c a b c b c a++≥++. 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例4：已知, , a b c R +∈，求证：333a b c a b c bc ca ab ++≥++. 证明：, , a b c R +∈33a b c a bc ∴++≥= ①33b c a b ca ++≥= ②33c a b c ab ++≥= ③ ①+②+③，并化简得：333a b c a b c bc ca ab++≥++. 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例5：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b c b c a ++≥++. 证明：, , a b c R +∈32 2a ab a b ∴+≥= ①32 2b bc b c +≥= ②322c ca c a +≥= ③ ①+②+③，并移项得：333222222a b c a b c ab bc ca b c a++≥++---. 又22 2a b ab +≥ ④222b c bc +≥ ⑤22 2c a ca +≥ ⑥∴ ④+⑤+⑥，并化简得222a b c ab bc ca ++≥++，∴222222222a b c ab bc ca a b c ++---≥++.显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.下面提供几道习题让读者练习：1．已知, , a b c R +∈，求证：444333a b c ab bc ca ++≥++．2．已知, , a b c R +∈，求证：555222222a b c a b c ab c a bc ++≥++．3．已知, , a b c R +∈，求证：222a b c a b c b c a ++≥++． 4．已知, , a b c R +∈，求证：444333a b c a b c b c a ++≥++． 5．已知, , a b c R +∈，求证：444222a b c a b c b c c a a b ++≥++．本人联系电话：地址：安徽省六安二中数学组E-mail:作者简介：本人名叫陶兴红，男，1972年生，安徽庐江人，汉族，研究生学历，中学数学高级教师，现在安徽省示范高中——六安二中工作，教学经验丰富，教育教学成果显著，发表论文多篇。
初中轮换对称式解题技巧
初中轮换对称式解题技巧
1. 嘿，同学们，你们知道吗？在初中数学里，轮换对称式可是个神奇的存在呀！就像解方程时找到的那把关键钥匙。
比如：x+y+z=1，
x²+y²+z²=3，这时候是不是感觉找不到头绪？但学会了技巧就能迎刃而解啦！
2. 哇哦，遇到轮换对称式的难题不要怕呀！要像勇士一样去战斗。
比如说那个经典的例子：a+b+c=6，a²+b²+c²=14，想想我们怎么巧用技巧突破它呢？
3. 初中的宝贝们呀，轮换对称式解题技巧真的超重要！就好比打游戏时的绝招。
像已知 ab+bc+ca=3，要求a²+b²+c²，这可就是考验技巧的时候啦！
4. 哎呀呀，你们有没有发现，学会了轮换对称式解题技巧，就像拥有了超能力！好比说遇到了这样的情况：3a+3b+3c=15，a²+b²+c²=7，你能快速找到解法吗？
5. 嘿，同学们可别小瞧了这些技巧呀，那可是大能耐！看看这个例子：abc=1，a+b+c=2，没有技巧可怎么解呀？
6. 哇，想想看，如果不会轮换对称式解题技巧，面对难题岂不是要抓瞎？就像明明看到宝藏却拿不到。
例如已知 a+b+c=3，(a+b)(b+c)(c+a)=10，技巧能帮我们呀！
7. 大家要重视哟，这轮换对称式解题技巧真的绝了！好比是在迷雾中找到的那道光。
比如给你a²+b²+c²=9，ab+bc+ca=4，能迅速搞定时是不是超有成就感？
8. 总之，同学们，一定要把这些解题技巧牢牢掌握呀！它们就是我们在数学海洋里航行的帆。
遇到轮换对称式，大胆用技巧，就能到达成功的彼岸！。
不等式证明的方法技巧(三元型)
不等式证明的方法技巧(三元型)LT我们把它简记为2()3cycx y z x xyz +-≤∑则又可以产生一大批新的三元不等式，形成有力的证明桥梁！下面再介绍一种解决三元齐次轮换对称式的强有力工具-----舒尔分拆法！ 定理1（舒尔不等式的推广）,,0,1()()()0(2)()()()0(3)()()()()0k cyck cyck cycx y z k yz x y x z x y z x y x z yz y z x y x z ≥--≥+--≥+--≥∑∑∑设为非负实数，则有如下成立：（）证明：（1）()()()(xyz)()()0kkkcyccycyz x y x z xx y x z ---=--≥∑∑（2）12()()()2(yz)()()kkcyccycx y z x y x z x x y x z +--≥--∑∑11222()()()k cycxyz xx y x z -=--∑0≥ （3）由（1）（2）易知也成立。
定理2 三元齐三次轮换多项式(,,)f x y z 可以唯一地表示为 123(,,)f x y z ag bg cg =++其中，1()()cycg x x y x z =--∑，2()()(cycg y z x y x z =+--∑），3gxyz=。
并且当,,0x y z ≥时，,,c 0(,,)0a b f x y z ≥⇒≥。
此定理的证明涉及到线性代数的知识，这里就不证明了。
为了快速计算出待定系数，只要记住(1,1,0)(1,0,0),,(1,1,1)2f a f b c f ===。
定理3三元齐四次轮换多项式(,,)f x y z 可以唯一地表示为 1234(,,)f x y z ag bg cg dg =+++其中，21()()cycg x x y x z =--∑，2x()()(cycg y z x y x z =+--∑），3yz()()cycg x y x z =--∑，4()gxyz x y z =++。
一类对称或循环不等式的配方法证明
一类对称或循环不等式的配方法证明纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a ,b ,c 的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。
本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。
例1设a ,b ,c 是三角形的三边,求证：a 2(b +c －a )+b 2(c +a －b )+c 2(a +b －c )≤3abc .(第6届IMO 试题) 证法一 注意到a 3+b 3+c 3－3abc =(a +b +c )(a 2+b 2+c 2－ab －bc －ca ),得 3abc －[a 2(b +c －a )+b 2(c +a －b )+c 2(a +b －c )]=a 3+b 3+c 3－3abc +a (b 2+c 2－2bc )+b (c 2+a 2－2ca )+c (a 2+b 2－2ab )=(a +b +c )(a 2+b 2+c 2－ab －bc －ca ) +a (b 2+c 2－2bc )+b (c 2+a 2－2ca )+c (a 2+b 2－2ab ) = 12( a +b +c )[(a －b )2+(b ―c )2+(c ―a )2]+a (b ―c )2++b (c ―a )2+c (a －b )2 =12(a +b －c )(a －b )2+12( b +c －a )(b ―c )2+12(a +c －b )(c ―a )2. ∵a ,b ,c 是三角形的三边,∴a +b －c >0, b +c －a >0, a +c －b >0.而(a －b )2≥0,(b ―c )2≥0,(c ―a )2≥0,故原不等式成立,当且仅当a =b =c ,即△ABC 是正三角形时等号成立. 例2 已知a ,b ,c 是正数, 证明： (1)ab +c +bc +a +ca +b ≥32. (1963年莫斯科数学奥林匹克试题)(2) a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b ≥a +b +c 2. (第2届世界友谊杯数学竞赛试题) 证明 (1)∵a b +c +b c +a +c a +b －32=2a (a +b ) (c +a )+2b (a +b )(b +c )+2c (b +c )(c +a )－3(a +b )(b +c )(c +a )2(a +b )(b +c )(c +a )= 2(a 3+b 3+c 3)－(a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +ca 2)2(a +b )(b +c )(c +a )= a 3+b 3－(a 2b +ab 2)+b 3+c 3－(b 2c +bc 2)+b 3+c 3－(c 2a +ca 2)2(a +b )(b +c )(c +a )= (a +b )(a －b )2+(b +c )(b －c )2+(c +a )(c －a ) 22(a +b )(b +c )(c +a )≥0, ∴a b +c +b c +a +c a +b ≥32.(2)不难证明a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b =(a +b +c )(a b +c +b c +a +ca +b)－(a +b +c ),利用这个恒等式得到不等式a b +c +b c +a +c a +b ≥32和a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b ≥a +b +c 2等价. 例3 设x , y , z 是正数, 则y 2－x 2z +x +z 2－y 2x +y +x 2－z 2y +z≥0. (W.Janous 猜想)证明 设 u = y 2－x 2z +x +z 2－y 2x +y +x 2－z 2y +z , v = y 2－z 2z +x +z 2－x 2x +y +x 2－y 2y +z ,则u －v = z 2－x 2z +x +x 2－y 2x +y +y 2－z 2y +z= z ―x +x ―y +y ―z = 0,又u +v = (x 2－y 2)(1y +z －1z +x)+(y 2－z 2)(1z +x －1x +y)+(z 2－x 2)(1x +y －1y +z)= (x2－y2)x－y(y+z)(z+x)+ (y2－z2)y－z(z+x)(x+y)+ (z2－x2)z-x(x+y)(y+z)= (x+y)(x－y)2(y+z)(z+x)+(y+z)(y－z)2(z+x)(x+y)+(z+x)(z－x)2(x+y)(y+z)≥0,所以,u=v>0. 从而y2－x2z+x+z2－y2x+y+x2－z2y+z≥0.例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：x5－x2x5+y2+z2+y5－y2y5+z2+x2+z5－z2z5+x2+y2≥0. (第46届IMO试题) 证明 因为xyz≥1,所以x5－x2x5+y2+z2≥x5－x2·xyzx5+(y2+z2)·xyz=x4－x2yzx4+yz(y2+z2)≥2x4－x2(y2+z2)2x4+(y2+z2)2,类似地,可得y5－y2y5+z2+x2≥2y4－y2(z2+x2)2y4+(z2+x2)2,z5－z2z5+x2+y2≥2z4－z2(x2+y2)2z4+(x2+y2)2.令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化为证明2a2－a(b+c)2a2+(b+c)2+2b2－b(c+a)2b2+(c+a)2+2c2－c(a+b)2c2+(a+b)2≥0⇔a(a－b)+a(a－c)2a2+(b+c)2+b(b－c)+b(b－a)2b2+(c+a)2+c(c－a)+c(c－b)2c2+(a+b)2≥0⇔∑(a-b)(12a2+(b+c)2-12b2+(c+a)2)≥0⇔∑(a-b)2(c2+c(a+b)+a2-ab+b2(2a2+(b+c)2)(2b2+(c+a)2))≥0. 例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[1(x+y)2+1(y+z)2+1(z+x)2]≥94.(1996年伊朗数学奥林匹克试题)证明 不妨设x≥y≥z＞0,(xy+yz+zx)[1(x+y)2+1(y+z)2+1(z+x)2]－94=xy+z(x+y)(x+y)2+yz+x(y+z)(y+z)2+zx+y(z+x)(z+x)2－94=xy+z+yz+x+zx+y－32+xy(x+y)2－14+yz(y+z)2－14+zx(z+x)2－14=12[(x－y)2(y+z)(z+x)+(z－x)2(x+y)(y+z)+(y－z)2(x+y)(z+x)]－[(x－y)24(x+y)2+(y－z)24(y+z)2+(z－x)24(z+x)2]=14{[2(y+z)(z+x)－1(x+y)2](x－y)2+[2(x+y)(z+x)－1(y+z)2](y－z)2}+[2(x+y)(y+z)－1(z+x)2](z－x)2]}=14[S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2], ①其中S z =2(y+z)(z+x)－1(x+y)2, S x =2(x+y)(z+x)－1(y+z)2, S y =2(x+y)(y+z)－1(z+x)2.因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即S z＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以S y≥0. 若S x≥0,①的右端≥0,不等式得证.若S x＜0,因为x≥y≥z＞0,所以yx≥y－zx－z≥0,于是, (y－z)2≤(yx)2(x－z)2.S x(y－z)2+S y(z－x)2≥S x(yx)2(x－z)2+S y(z－x)2=y2S x+x2S yx2(z－x)2. ②下面证明y2S x+x2S y≥0,事实上,y2S x+x2S y≥0⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3) =2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0. 并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)= 12[(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.例7已知a,b,c＞0,证明：b+ca+c+ab+a+bc≥(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)+3.(2006年罗马尼亚数学奥林匹克试题)证明b+ca+c+ab+a+bc－3－(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)= b+ca+c+ab+a+bc－6－[(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)－3]=(b－c)2bc+(c－a)2ca+(a－b)2ab－[(b+c)(b－c)2bc(a+b+c)+(c+a)(c－a)2ca(a+b+c)+(a+b)(a－b)2ab(a+b+c)]=[1bc－(b+c)bc(a+b+c)](b－c)2+[1ca－(c+a)ca(a+b+c)](c－a)2+[1ab－(a+b)ab(a+b+c)](a－b)2=abc(a+b+c)(b－c)2+bbc(a+b+c)(c－a)2+cbc(a+b+c)(a－b)2≥0.例8 在△ABC中,证明:a2(bc－1)+b2(ca－1)+c2(ab－1)≥0.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题) 证明不等式两边同时乘以2abc,不等式化为证明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]+c2[(b3－a3) +3ba(b－a)]=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正数，而(b－c)2≥0, (c－a)2≥0, (a－b)2≥0,所以不等式得证. 例9 在△ABC中,a,b,c是它的三条边,p是半周长,证明不等式：a (p－b)(p－c)bc+b(p－c)(p－a)ca+c(p－a)(p－b)ab≥p.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)证明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,则a=y+z,b=z+x,c=x+y.a (p－b)(p－c)bc+b(p－c)(p－a)ca+c(p－a)(p－b)ab≥p⇔(y+z)yz(x+y)(x+z)+(z+x)zx(y+z)(y+x)+(x+y)xy(z+x)(z+y)≥x+y+z⇔2(y+z)yz(x+y)(x+z)+2(z+x)zx(y+z)(y+x)+2(x+y)xy(z+x)(z+y)≥2(x+y+z)⇔(y+z)zx+y+(y+z)yx+z－(y+z)(zx+y－Error!2+(z+x)zx+y+(z+x)xy+z－(z+x)(zx+y－Error!2+(x+y)xy+z+(x+y)yx+z－(x+y)(xy+z－Error!2≥2(x+y+z)⇔2(x2y+z+y2z+x+z2x+y)－(x+y+z)≥(y+z)(zx+y－Error!2+(z+x)(zx+y－Error!2+(x+y)(xy+z－Error!2⇔(x+y+z)(x－y)2(y+z)(z+x)+(x+y+z)(y－z)2(z+x)(x+y)+(x+y+z)(z－x)2(x+y)(y+z)≥(y+z) (x+y+z)2(y－z)2(z+x)(x+y)(\R(z(x+z))+\r(y(x+y)))2+(z+x)(x+y+z)2(z－x)2(x+y)(y+z)(\R(z(y+z))+\r(x(x+y)))2+(x+y) (x+y+z)2(x－y)2(y+z)(z+x) (\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2. ①下面证明(x+y+z)(x－y)2(y+z)(z+x)≥(x+y)(x+y+z)2(x－y)2(y+z)(z+x) (\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2⇔1≥(x+y+z)(x+y)(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2⇔(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2≥(x+y+z)(x+y)⇔2x(x+z)y(y+z)≥2xy.因为z是正数,这是显然的.同理可证其余两个不等式.于是不等式①成立.例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,证明：1a+1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)·1a2+b2+c2.(2004年匈牙利数学奥林匹克试题)证明因为abc=1,所以1a+1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)1a2+b2+c2等价于1 a +1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)abca2+b2+c2.注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有1 a +1b+1c－3a+b+c－2(1a2+1b2+1c2)abca2+b2+c2= [(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= (a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= [(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2abc(a+b+c)(a2+b2+c2)≥0.所以,原不等式成立.例11 已知x,y,z∈[1,2],证明：(x+y+z)(1x+1y+1z)≥6(xy+z+yz+x+zx+y).(2006年越南数学奥林匹克试题)证明不妨设2≥x≥y≥z≥1,因为(x+y+z)(1x+1y+1z)－9=(x－y)2xy+(y－z)2yz+(z－x)2zx,又因为xy+z+yz+x+zx+y－32=12[(x－y)2(y+z)(z+x)+(y－z)2(x+y)(z+x)+(z－x)2(y+z)(x+y)],所以(x+y+z)(1x+1y+1z)－6(xy+z+yz+x+zx+y)=(1xy－3(y+z)(z+x))(x－y)2+(1yz－3(x+y)(z+x))(y－z)2+(1zx－3(y+z)(x+y))(z－x)2≥0z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2 =S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2≥0.①由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以S x＞0,又S y≥0⇔(y+z)(x+y)－3zx≥0⇔xy+yz+y2－2zx≥0. ②由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以S y≥0.如果S z≥0,则①式右边≥0,不等式得证.如果S z＜0,则(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2=(S y+S z)(z－x)2+(S x+S z)(y－z)2－2S z (x－z)(y－z)≥(S y+S z)(z－x)2+(S x+S z)(y－z)2.下面证明S y+S z≥0, S x+S z≥0.S x+S z=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z )(x－y)+z2]≥0,S y+S z=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以S z＜0时,不等式也成立.于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(1x+1y+1z)≥6(xy+z+yz+x+zx+y).。
专题四 不等式证明的五大方法
2π -A)] 3
=2R(sin A+ c=2Rsin
3 1 π cos A+ sin A)=2 3 Rsin (A+ )≤2 3 R, 2 6 2
π = 3 R,所以 a+b≤2c. 3
数学
(2)已知a2+b2=1,x2+y2=4,求证:|ax+by|≤2. 思路点拨:(2)三角换元后,利用三角函数的有界性放缩.
数学
方法总结 使用不等式的性质放缩不等式中项,使之能够产生裂项相 消的部分是证明与正整数的和式有关的不等式的基本思考途径.
数学
方法四
反证法
1 【例 6】 已知 a,b,c∈(0,1).求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于 . 4 1 思路点拨:不能同时大于 ,是以否定形式给出的命题,采取反证法. 4 1 1 1 1 证明:假设三式同时大于 ,即(1-a)b> ,(1-b)c> ,(1-c)a> , 4 4 4 4
三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c> 又(1-a)a≤(
1 .① 64
1 a a 2 1 1 1 ) = ,同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ . 2 4 4 4
所以(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤
1 ,与①式矛盾,即假设不成立,故结论正确. 64
数学
方法总结 反证法对已知条件较少、结论情况较多,或者结论是否定 形式给出、结论是唯一性等命题的证明非常有效.
a c sin A sin B = , b sin A sin C
求证:a+b≤2c; 思路点拨:(1)使用正弦定理把求证目标化为三角函数的不等式; π a 2 b2 c 2 1 2 2 2 证明:(1)化简得 a +b -ab=c ,所以 cos C= = ,C= . 2 3 2ab
均值定理证明不等式的方法技巧
点评：依据求证式的结构，凑出常数因子，是解决此类问题的关键。 4． 挖掘隐含条件证明不等式。 例 4．已知 策略:由于
证明：。
5． 用均值不等式的变式形式证明不等式。 例 5．已知 策略：本题的关键在于对
即可。 证明： 。 三式相加得： 点评：解题时要注意的变式应用。常用 (其中)来解决有关根式不等式的问题。
??
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??
均值定理证明不等式的方法技巧 1． 轮换对称型。 例 1．
策略：所证不等式是关于的轮换对称式，注意到，然后轮换相加即可。 证明：
点评：分段应用基本Байду номын сангаас式，然后整体相加(乘)得结论，是证明轮换对称不等式的常用技 巧。 2． 利用"1"的代换型。 例 2． 策略：做"1"的代换。 证明：
. 3.逆向运用公式型。 策略：为脱去左边的根号，将
运用微微对偶不等式证明一类齐次轮换对称不等式
≥ am i
1 . i=1 ai
n
i=1
48 數學傳播 40 卷3 期 民 105 年 9 月
同理, 可運用微微對偶不等式證以上幾個推廣命題, 請讀者自證, 此處從略。
4. 運用微微對偶不等式證明其他的齊次輪換對稱不等式
其實, 葉軍先生 (1989) 就舉了八個不等式證明的例子來說明微微對偶不等式的運用。[6] 張運籌 (2014) 在 《微微對偶不等式及其應用》 這本書中用全新方法處理了 30 個簡單不等式、 25 個高難競賽題、 40 個書刊征解題、 16 個著名不等式, 並製造了 10 個新不等式, 處理了 4 個高考不等式, 推廣了 4 個著名不等式, 留下了 25 個練習題。[4] 為了突出強調微微對偶不等 式在證明齊次輪換對稱不等式中的作用與效力, 筆者還想就此運用微微對偶不等式來證明其他 幾個與前面五個形似不等式相似的齊次輪換對稱不等式。 例 2 : 設 a, b, c ∈ R+ , 求證: a + b + c ≤ bc ca ab + + . a b c
微微對偶不等式的證明k1ik1k1jk1k1ik1k1jk1k1jk1k1ik1mn為最大微微對偶不等式是許多重要不等式的來源微微對偶不等式在追溯老不等式製造新不等處理高難競賽題方面都具有特殊的效力微微對偶不等式的經典是積和陣形式精華是把一些不等式的證明歸結為巧妙地構造一個矩陣page4640卷3期民105年9月微對偶不等式尤其在處理齊次輪換對稱不等式時更是有著特殊的效力
11 由 a≥b ≥ b11 ≥ c11 > 0, 則由微微對偶不等式可構造 ≥ c > 0, 則 a 對稱性, 不妨設 a11 b11 c11 a11 b11 c11 矩陣 a c a , 即證畢。 b c ≥ b c a b a b c
轮换对称法 求不等式
轮换对称法求不等式
轮换对称法是一种在数学中求解不等式的方法，它通过利用轮换对称性将不等式转化为等式，从而简化求解过程。
下面以一个具体的例子来介绍轮换对称法的应用。
例：求解不等式x12+x22+x32>2(x1+x2+x3)
解：将不等式的左右两边同时减去(x1+x2+x3)和(x12+x22+x32)，得到(x1+x2+x3)2−2(x1+x2+x3)<0
将不等式左边拆开，得到
(x1+x2+x3)(x1+x2+x3−2)<0
因为x1+x2+x3>0，所以不等式的解集为：0<x1+x2+x3<2
根据轮换对称性，上述不等式可以进一步化简为：
(x1−x2)2+(x2−x3)2+(x3−x1)2<2(x1−x2)(x2−x3)(x3−x1)
令x1=a，x2=b，x3=c，则上述不等式可以进一步化简为：
(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2<2(a−b)(b−c)(c−a)
通过上述推导过程，我们可以发现轮换对称法在求解不等式时具有简化计算的作用。
在求解其他类型的不等式时，也可以使用类似的方法进行推导和求解。
需要注意的是，在使用轮换对称法时需要注意变量的取值范围和不等式的性质，避免出现错误的结果。
5不等式培优轮换对称法
不等式培优之——“轮换对称法”【知识要点】1.不等式的对称性： （1）设()12,,,n f x x x 是一个n 元函数，若将12,,,n x x x 中任意的两个变元互相交换位置，得到的f 与原式是恒等的，则称()12,,,n f x x x 是完全对称的.如：,a b cxy yz zx b c c a a b+++++++等. （2）设()12,,,n f x x x 是一个n元函数，若作置换122311,,,,n n n x x x x x x x x -→→→→，得到的f 与原式是恒等的，则称()12,,,n f x x x 是轮换对称的. 如：333,a b c x y y z z x a b b c c a+++++++等. 显然，完全对称的一定是轮换对称的. 2.轮换对称法求最值的三个步骤： （1）确认对称：（i ）“平方和式”与“和式”的系数必须成比例；（ii ）不用管乘积项； （2）取等解方程； （3）确认最值.注意点：1.不符合轮换对称的不能使用轮换对称法；2.符合轮换对称的使用轮换对称法得到的不一定是最值！ 【典例】 例1.（1）（2010浙江文）若正实数,x y 满足26x y xy ++=，求xy 的最小值. （2）若正实数,x y 满足26x y xy ++=，求2x y +的最小值.例2.（1）（2012浙江理）设,x y 为实数，若2241x y xy ++=，求2x y +的最大值. （2）（2012浙江文）若实数,x y 满足221x y xy ++=，求x y +的最大值.例3.（2014浙江文）已知实数,,a b c 满足2220,1a b c a b c ++=++=，求a 的最大值.【题组1】1.实数,x y 满足224545x xy y -+=，设22S x y =+，则maxmin11S S +=_______.2.设,x y 为正实数，且)112x y --≤恒成立，则xy 的最大值为____.3.设正实数,,x y z 满足4,5x y z xy yz xz ++=++=，则y 的最大值为____，最小值为____.4.若,,x y z 均为正实数，且2221x y z ++=，则()212z S xyz+=的最小值为_______.5.已知01,01m n <<<<，则()()()()111mn m n m n m n --+--的最大值为_______.【题组2】1.已知0,0a b >>，且1ab =，则11822a b a b+++的最小值为_______.2.已知非负实数,a b 满足32a b +=，则()222294a b a b ++的最大值为____，最小值为____.3.已知,,2a b R a b ∈+=，则221111a b +++的最大值为_______.。
关于对称不等式的证明
有关对称不等式的证明四川省资阳中学 黄学文关于对称不等式（任意互换两个字母，不等式不变）的证明，常见的方法除了有比较法，分析法，综合法，反证法外，还可以运用构造法，轮换法等方法证明，下面举列说明。
一 构造法1、 构造函数例1 设 0<x<1, 0<y<1, 0<z<1 求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1证明：构造函数f(x)= x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)，整理，得f(x)=(1-y -z)x+(y+z -yz) 因为0<x<1, 0<y<1, 0<z<1，所以-1<1-y -z<1(1) 当0<1-y -z<1时， f(x)在(0,1)上是增函数，于是 f(x)<1-yz<1；(2) 当-1<1-y -z<0 时， f(x)在(0,1)上是减函数，于是 f(x)<f(0)=y+z -yz=1-(1-y)(1-z)<1(3) 当1-y -z=0 ，即 y+z=1时，于是f(x)=y+z -yz=1-yz<1，所以原不等式成立。
2、 构造向量例 2 正实数 a 、 b 、 c ，满足a+b+c=1，求证:6313131222≤-+-+-c b a证明：设m=(,312a -231b -,231c -), n=(32,32,32)则m ·n=32(231a -+231b -+231c -)≤2·222313131c b a -+-+-=2·)(33222c b a ++-≤2·3)(332c b a ++-=2所以6313131222≤-+-+-c ba 当且仅当a=b=c=3时，等号成立。
3 构造复数例3 设0<a<1,0<b<1,求证:22b a ++22)1(b a -++22)1(ba +-+22)1()1(b a -+-≥22证明：构造复数Z1 =a+bi Z2 =a+(1-b)i Z3 =(1-a)+bi Z4=(1-a)+(1-b)i 用复数模的性质，得左边=1z +2z +3z +4z ≥4321z z z z +++=i 22+=22 所以原不等式成立。
一类三元四次轮换对称不等式的简化证法
xyz )对任意 x, y, z ∈ R+ 成立的充要条件是
F1(x,1,0) ≥ 0 (x ≥ 0) .
(2)
命题 2 [2] 三元四次(完全)对称不等式
F2 (x ,y, z) ≡
k1σ14
+
k
σ2
21
σ
2
+
k
3σ
2 2
+
k4σ1σ 3
≥ 0 (F2 (1,1,1) = 0) ,
(3)
对任意 x, y, z ∈ R+ 成立的充要条件是
美是到处都有的.对于我们来说不是缺 少美,而是缺少发现美,这个道理当然也适应 于数学领域. 1.1 数学公式美
简洁性是数学公式美的基本特性.法国 哲学家狄德罗说:“数学中所谓美的问题,是指 一个难以解决的问题,而所谓美的回答,是对 于一个困难复杂的问题的简单回答.”例如平 方差公式: a2 − b2 = (a + b)(a − b) ,完全平方公 式: a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ,等乘法公式是把 一些特殊形式的多项式乘法及其相应的结果 写成公式的形式,这种形式可以说是简洁、美 观而又体现了把复杂问题化为简单问题的数 学 思 想 方 法. 公式中的字母又有广泛的含义 , 可以解决许多相关的问题,试想一下这种奇 妙的数学方法谁会不喜欢呢？再如圆的面积 公式 S = π r2 ,质能公式 E = mc 2 ,也是简洁地 体现了客观世界的某种的规律.其实只要我 们多加注意,我们会发现每一个数学公式都 有其美的一面. 1.2 几何图形美
再由 F (1,1,1) = 27k2 + 9k3 + 3k4 + 9k0 = 0 ,
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x x
2 1 2
+
x22 x3
+
,+
x
2 n-
xn
1
+
x
2 n
x1
\
x
1
+
x2+
,+
x n.
分析:
待证不等式等价于
x
2 1
x2
-
x 1+
x
2 2
x3
-
x 2+
,
+
x
2 n
x1
-
x n \0, 而当 x i >
0 时, 对任意 xj 、x k ( 1 [
j, k
[
n
)
,
总有
xk xj
(
x
k
-
xj)
\xk -
比较0 即可获证.
1. 2 项数均衡配平法
例 4 已知 a、b 、c 均为正 数. 求证:
(a+
b+
c)(
1 a
+
1 b
+
1 c
)
\9.
分析: 待证式左边为两个三项式的积, 而右边 是常
数 9, 若使用一次平 均值 不等 式/ a、b 、c I R+ ] a + b + c \3 3 abc0, 就会出现一个系 数 3, 于是 右边常 数 9
a
2
+
b2 + 2
c2.
分析: 由于 当 a =
b=
c
时等 号成 立,
此时
a4 b 2+
c2
=
b 2+ 4
c2,
b4 c2+ a2
=
c 2+ 4
a2
,
c4 a2 + b2
=
a 2+ 4
b
2
,
而
b
a 2+
4
c
2
+
b 2+ 4
c2 \ a2,
c
2
b +
4
a
2
+
c2+ 4
a2
\
b
2,
c4 a2+ b2
+
a2+ 4
例1
已知 a+
b+
c=
1. 求证: a2+
b 2+
c2\
1 3
.
分析: 待证 式的 左 边各 项都 是 二次, 而 右 边常 数
1 3
是零次的.
因此认为待证式两
边的次
数在结构
上不
均衡, 所以将右边变为二次式尤为重要, 而已知 条件 a
+ b + c = 1, 于 是 待 证 式 可 化 为 a2 + b2 + c2 \
= 1. 求证:
a+
b+
c<
1 a
+
1 b
+
1 c
.
分析: 由于待证不等式右边为分式, 于是可利 用条
件 abc= 1, 将左边配成分式:
中学数学教学参考
2003 年第 4 期
a+ b+ c=
1 bc
+
1 ac
+
1 ab
<
1 2
(
1 b
+
1 c
)+
1 2
(1 a+来自1 c)+
1 2
(
1 a
+
1 b
)
证: an+ bn < cn.
分析: 由 a、b、c 都是正 数及 a2 + b2 = c 2 可知 a、
b 、c 可 为直角三角形的三边长, 于是 可令 a = c cosA, b
= csinA, ( 0< A<
P 2
)
,
由于
0<
s in A<
1, 0<
cos A<
1,
则 0< sinnA< sin2 A, 0< cosnA< cos2A, ( n> 2) , 因此
于是题 中应 以 a+ b+ c = 1 代 入右 边, 这样 待 证式
化为 a + b+ c [ 3 a+ b+ c , 此时两边的次数配
平为
1 2
,
若令
a=
x 2,
b=
y 2, c=
z 2, 待证式即为
a2+
b2 +
c2 \( a+
b+ 3
c) 2 ( 或用/ 分析法0) .
例 3 已知 a> 0, b > 0, 且 a3+ b 3= 2. 求证:
)2
=
( sin2 A+
s
1 in2
A)
2
+
( cos2 A+
1 cos2
A)
2
\
1 2
( sin2A+
cos2 A+
s in12A+
1 cos2
A)
2
=
1 2
( 1+
s
4 in2 2
A)
2
\
25 2
.
当且仅当 A=
P 4
,
即
a=
b=
1 2
时取等号.
例 15 已知 a、b 、c 都是正 数, 且 a2+ b2 = c2. 求
= 3 @ 3, 因此, 由 a+ b + c \3
3 abc > 0,
1 a
+
1 b
+
1 c
\3
3
1 abc
>
0,
两式相乘即可.
例 5 已知 a、b、c 均为 正数, 且 a+ b+ c = 1. 求
证: (1+
1 a
)
(
1+
1 b
)(
1+
1 c
)
\ 6 4.
分析: 由例 4 可 知, 右边 64= 4 @ 4 @ 4, 则 左边 三
b2 \ c2,
后三式边边相加可得
a b2+
4
c
2
+
c
2
b +
4
a
2
+
a
2
c4 +
b2
\
a
2
+
b2 + 2
c2.
例 17 已知 a、b、c 都是正数, 且满 足 abc= 1.
xj ( 当 xk \xj
时显然 成
立; 当 x k<
xj
时,
xk xj
(
xk-
xj )=
-
xk xj
(
x
j
-
x k) >
- ( xj - xk) = xk - xj .
故
x
2 1
x2
-
x1+
x22 x3
-
x2+
,+
xn2 x1
-
x n=
x x
1 2
(
x
1
-
x2)+
x x
2 3
(
x
2
-
x3) +
,+
式等价于
b
a2 +
c
-
a 2
+
c
b2 +
a
-
b 2
+
a
c2 +
b
-
c 2
\0, 由
a、b 、c 的对称性, 不妨设 a \ b \c> 0, 则
a2 b+
c
-
a 2
+
c
b +
2
a
-
b 2
+
a
c2 +
b
-
c 2
=
2a2- a( b+ 2( b + c)
c) +
2b 2- b ( c+ 2( c+ a)
27( a+ b- c) ( b+ c- a) ( c+ a- b ) .
例 13 若 x + y + z = a, 且 x , y , z I R. 求证:
x 2+ y 2+ z 2 \ a2 3.
分析: 由于 x 、y 、z 的/ 地位相 同0 , 所以 利用 x 、y 、
z
与其 和的平均值a2 3
( a+
b+ 3
c)
2
,
从而利用/
作差比较0 即可轻松获证.
例 2 已 知 a + b + c = 1, 且 a、b、c 均 为非 负实
数. 求证: a + b+ c [ 3.
分析: 此题与例 1 相 同的条 件是 a + b + c= 1, 而
待证式的左边 各项 都是
1 2
次, 右 边常 数
3是 零次 的,
之间的 关系,
通过换 元达到 减元