用待定系数法证明不等式

+
n
n −1 i
n
a ( a − 1) 1 1 1 1 − 1 − (a 2 − 1) = ≥ 0. 故 − 1 ≥ (a 2 − 1) ， 等 价 于 要 证 明 2−a 2 2−a 2 2(2 − a) 1 1 ∑ 2 − a ≥ 3 + 2 (∑ a 2 − 3) = 3.
2
本题见文[3]，这里的待定系数方法，试图探究构造“以曲代曲”的局部不等式的思想 方法. 例4 设 x, y, z ∈ R ，求证：
1 5 λ +22 µ +ν
.
2µ + 3ν 3v + λ λ + 2u = = ， 尝 试 可 取 λ = 4，u = 1, v = 6 上 式 成 立 . 将 5λ 22µ v λ = 4，u = 1, v = 6 代 入 （ * ） ，得 xyz ≥ 1 . 当 且 仅 当 x = y = z 时 ， 等 号 成 立 . 此 时 ， 有
该题目原见文[4]第 59 页， 而在本刊是利用双判别式实现证明的， 下面利用 2 元均值不 等式，结合待定系数法，给出一种比较简单的证明. 证明：利用 2 元均值不等式，得
33 + 1 2 x + y 2 + z 2 ) ≥ xy + 2 yz + 2 zx. ( 4
1 1 xy + 2 yz + 2 zx = xy + 2ay ⋅ z + 2bz ⋅ x （待定参数 a, b ∈ R + ） a b 2 2 x +y 1 1 1 1 1 1 ≤ + a 2 y 2 + 2 z 2 + b2 z 2 + 2 x2 = ( + 2 ) x2 + ( + a 2 ) y 2 + ( 2 + b2 ) z 2 , 2 a b 2 b 2 a 1 1 1 1 1 + 33 1 33 − 1 1 33 + 1 2 2 2 2 2 ，a = 2 = ， 有 +a = ， 当 + 2 = + a = 2 + b 时，b = 2 b 2 a 8 b 4 2 4 1 33 + 1 2 2 2 2 2 所以 xy + 2 yz + 2 zx ≤ ( + a )( x + y + z ) = ( x + y 2 + z 2 ). 2 4 例5 对任意实数 x, y, z ，求证： − 3 2 3 + 13 2 x + y 2 + 2 z 2 ) ≤ 3 xy + yz + zx ≤ x + y2 + 2z2 ). ( ( 2 4
所以 −
3 2 x + y 2 + 2 z 2 ) ≤ 3 xy + yz + zx . ( 2 1 1 2(3xy + yz + zx) = 6 xy + 2ay ⋅ z + 2bz ⋅ x a b
（待定参数 a, b ∈ R ）
+
再证右不等式.利用 2 元均值不等式，得
1 2 1 1 1 1 z + b 2 z 2 + 2 x 2 = (3 + 2 ) x 2 + (3 + a 2 ) y 2 + 2( 2 + b 2 ) z 2 2 2a 2 a b b 1 1 1 1 1 −3 + 13 2 + b 2 时，有 b 2 = 2 ，得 3 + a 2 = 2 ，即 a 2 = 当3+ 2 = 3+ a = ， 2 b 2a 2 a a 2 3 + 13 2 . 所以 得3+ a = 2 3 + 13 2 2(3xy + yz + zx) ≤ (3 + a 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = (x + y2 + 2z2 ) ， 2 3 + 13 2 ( x + y 2 + 2 z 2 ). 即 3 xy + yz + zx ≤ 4 3 2 3 + 13 2 2 2 综合以上，有 − ( x + y + 2 z ) ≤ 3 xy + yz + zx ≤ x + y2 + 2z2 ). ( 2 4 + 例 6 已知 a, b, c ∈ R , a + 2b + 3c ≤ abc. 求证： 5a + 22b + c ≥ 48. ≤ 3( x2 + y2 ) + a2 y 2 +
用待定系数法证明不等式
*
安振平 （陕西咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000 ） 王 峰 （山东省宁阳县第一中学数学竞赛研究中心 271400 ）
待定系数法是数学解题的通性通法，应用极其广泛. 对于利用 AM-GM 不等式、柯西不 等式来证明一些不等式时，往往需要分拆项或因子，这时利用待定系数法就非常有效. 本文 列举一些比较经典的例子，供读者学习或教学时参考. 例 1 若 x + y + 2 z = 1 ，求证： xy + 2 xz ≤
1
最大值
2 3 3
.于是
a b c a2 b2 c2 + + = + + 1 − a 2 1 − b2 1 − c2 a − a 3 b − b3 c − c3 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 ≥ a + b + c = (a + b 2 + c 2 ) ≥ . 2 2 2 2 2 a b c 3 3 所以 + + ≥ . 2 2 2 1− a 1− b 1− c 2
( 5λ +22µ +ν ) ( x5λ y 22 µ zν ) 5λ +22 µ +ν
a = 4, b = 1, c = 6 时成立.
1
≥ 48. 所以
5a + 22b + c ≥ 48. 其中，等号当且仅当
值得一提的是，本题的来源似为以下 2 题： 1．(Vietnam TST2001) 设 a, b, c 为正实数，且满足 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 ，求证：
本题是第 30 届 IMO 训练题(1989,加拿大)的变形，文[2] 将其推广为：
ain −1 n n −1 n. 已知 ai ∈ R ( i = 1, 2, ⋅⋅⋅, n, n ≥ 3) ， ∑ a = 1 ，则有 ∑ ≥ n−2 n −1 i =1 i =1 1 − ai 1 1 1 2 2 2 例 3 若正数 a, b, c 满足 a + b + c = 3 ，求证 + + ≥ 3. 2−a 2−b 2−c 1 a −1 − 1 ≥ λ (a 2 − 1) ， 等 价 于 ≥ λ (a 2 − 1) . 由 等 式 证明：构造不等式 2−a 2−a a −1 1 1 = λ (a + 1) . 令 a = 1 ，便有 λ = .于是，只 = λ (a 2 − 1) ，消除掉因子 a − 1 ，得 2−a 2−a 2
2 2
3 . 3
证明：对待定正数 a ，应用 2 元均值不等式和柯西不等式，得
1 1 ⎡ ax + ( y + 2 z ) ⎤ xy + 2 xz = ⋅ ax( y + 2 z ) ≤ ⎢ ⎥ a a⎣ 2 ⎦
⎡ 1 ⎡ a ⋅ x + 1⋅ y + 2 z ⎤ 1⎢ = ⎢ ≤ ⎥ a⎣ 2 a⎢ ⎦ ⎣
即
1
( λµν xyz )
x
2 µ +3ν
λ +2 µ +3ν
≥ ( λ +2 µ +3ν )
λ +2 µ +3ν
Байду номын сангаасx λ y 2 µ z 3µ ,
. （*）
y
3ν +λ
z
λ +2 µ
当且仅当 x = y = z 时，等号成立. 利用均值不等式，得
⎛ λ +2µ +3ν ⎞ ≥⎜ ⎟ ⎝ λµν ⎠
λ +2 µ +3ν
2 2
2
( a + 1 )( x + y ) + 2 z ⎤ ⎥ . ⎥ 2 ⎦
2 2 2
2
当 a + 1 = 4 ，即 a =
2
3 时，代入得 xy + 2 xz ≤
2 1 ⎡ 2 1 x + y2 + z⎤ = . ⎦ 3⎣ 3
所以 xy + 2 xz ≤
3 . 3
本题（见文[1]）常见的证明是三角换元法,其如上的代数证法是简单明快的. 例 2 设正数 a, b, c 满足 a + b + c = 1 ，求证：
4
2 2 2
证明：当 x ∈ ( 0,1) 时，由 3 元均值不等式，得
a b c 3 3 + + ≥ . 2 2 2 1− a 1− b 1− c 2
x − x3 =
1 x ( a + ax )( b − bx ) ab
（ a, b ∈ R 为待定系数）
3 3
+
1 ⎡ x + ( a + ax ) + ( b − bx ) ⎤ 1 ⎡ (a + b) + (1 + a − b ) x ⎤ ≤ ⋅⎢ ⋅⎢ ⎥ = ⎥ , ab ⎣ 3 ab ⎣ 3 ⎦ ⎦ −1 + 3 1+ 3 3 3 ,b = ,x = 当 x = a + ax = b − bx ，1 + a − b = 0 ，即 a = 时， x − x 取得 2 2 3
3
5a + 22b + c = 5λ x + 22 µ y +ν z = x + ... + x + y + ... + y + z + ... + z

5γ 个 22 µ 个
ν个
≥ ( 5λ +22 µ +ν ) ( x 5λ y 22 µ zν )
当且仅当 x = y = z 时，等号成立. 令
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------* 本文获陕西省教育厅专项科研计划项目（11JK0510)项目支持.
1 2 3 15 + + ≥ . a b c 2 求a+b+c 的 2． （2008 年吉林高中预赛题） 已知正数 a, b, c 满足 2a + 4b + 7c ≤ 2abc ，
最小值.
参考文献
[1]安振平. [2]安振平. [3]陈 计. [4]张慧欣. [5]李建泉. [6]黄兆麟. 二十六个优美不等式[J].中学数学教学参考（上旬刊） ，2010（1-2） 一个极值问题的推广[J]. 中等数学, 1996(4) 代数不等式[M].上海科技教育出版社，2009（8） 一类二次齐次不等式的获得方法[J]. 数学通报,2010 (11) 第二届陈省身杯全国高中数学奥林匹克[J].中等数学, 2011(9) 问题 2080 题[J].数学通报，2012（8）
λ x + 2µ y + 3ν z ≤ λµν xyz.
利用均值不等式，得
λµν xyz ≥ λ x + 2µ y + 3ν z = x + ... + x + y + ... + y + z + ... + z

γ个
2 µ个 3ν 个
≥ ( λ +2µ +3ν ) ( x λ y 2 µ z 3ν ) λ +2 µ +3ν ,
本题为第 2 届（2011）陈省身数学奥林匹克第 6 题（（见文[5]），对左不等式可以用 配方法证之；对右不等式，同样可以利用 2 元均值不等式，并结合待定系数法实现证明.
2
证明：先证左不等式. 因为
3 ( x 2 + y 2 + 2 z 2 ) + 2(3 xy + yz + zx)
= 3x 2 + 3 y 2 + 6 z 2 + 6 xy + 2 yz + 2 zx = 6 z 2 + 2( x + y ) z + 3( x + y ) 2 1 17 = 3[( x + y ) + z ]2 + z 2 ≥ 0, 3 3
此题是本刊 2012 年第 8 期问题 2080 题的等价形式（见文[6]），原解答比较巧妙，但 难于想到，这里给出一般性的待定系数证法. 证 明 ： 令
a b c a = λ ⋅ , b = µ ⋅ , c = ν ⋅ , (λ、µ、ν ∈ N + ).
λ
µ
ν
再
令
x=
a
λ
,y=
b
µ
,z =
c
ν
, ( x、y、z ∈ R + ) ，代入题设条件，得