甘志國(guó)

(北京豐臺(tái)二中 100071)

≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2，

當(dāng)且僅當(dāng)bi=0(i=1,2,…,n)或存在一個(gè)常數(shù)k使得ai=kbi(i=1,2,…,n)時(shí)等號(hào)成立.

推論(權(quán)方和不等式)若x1,x2,…,xn∈R,y1,y2,…,yn∈R+,n≥2，則

1 求最值

解法1 設(shè)x=a+5(x>5),y=b+3(y>3)，

可得a=x-5,b=y-3,x+y=11.

解法2 由題設(shè)及推論，可得

題2 (2017年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽廣西賽區(qū)預(yù)賽試卷第8題)過(guò)半徑為5的球面上一點(diǎn)P作三條兩兩互相垂直的弦PA,PB,PC使得PA=2PB，則PA+PB+PC的最大值為_(kāi)___.

解析可得以PA,PB,PC為共頂點(diǎn)的三條棱的長(zhǎng)方體內(nèi)接于球，且該長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為球的直徑，所以PA2+PB2+PC2=(2×5)2,5PB2+PC2=100.

再由推論，可得

題3已知實(shí)數(shù)a,b,c,d滿(mǎn)足a+b+c+d=3,a2+2b2+3c2+6d2=5，求a的最大值和最小值.

解析由題設(shè)及柯西不等式，可得

≥(b+c+d)2，

當(dāng)且僅當(dāng)2b=3c=6d時(shí)取等號(hào).

即5-a2≥(3-a)2，解得1≤a≤2.

進(jìn)而可得，

所以a的最大值和最小值分別是2，1.

解析由柯西不等式，可得

=40,

解析由柯西不等式，可得

當(dāng)且僅當(dāng)x-6=31-x，

解析由推論，可得

進(jìn)而可得，當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=a2017=1時(shí)，

2 求值

解析由推論及均值不等式，可得

即x=y=2，進(jìn)而可得x+y=4.

解析由推論，可得

3 證明不等式

證明可得a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,a2+d2≥2ad,b2+c2≥2bc,b2+d2≥2bd,c2+d2≥2cd.

把它們相加后，可得

3(a2+b2+c2+d2)

≥2(ab+ac+ad+bc+bd+cd).

故3(a+b+c+d)2

≥8(ab+ac+ad+bc+bd+cd).

0<4(ab+ac+ad+bc+bd+cd)

再由推論，可得

≥(a+b+c+d)2/[a(b+2c+3d)+b(c+2d+3a)+c(d+2a+3b)+d(a+2b+3c)]

證明由推論，可得

證明由推論，可得

=x1+x2+…+xn.

題12 (第24屆(1983年)IMO試題第6題)設(shè)a,b,c是某個(gè)三角形的三邊長(zhǎng)，求證：a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0，并給出等號(hào)成立的條件.

圖1

證明如圖1所示，作△ABC的內(nèi)切圓，可得從點(diǎn)A出發(fā)的兩切線長(zhǎng)均相等，設(shè)為x；點(diǎn)B出發(fā)的兩切線長(zhǎng)均相等，設(shè)為y；點(diǎn)C出發(fā)的兩切線長(zhǎng)均相等，設(shè)為z，則

a=y+z,b=z+x,c=x+y.

所以要證不等式等價(jià)于

(y+z)2(z+x)(y-x)+(z+x)2(x+y)(z-y)+(x+y)2(y+z)(x-z)≥0.

即xy3+yz3+zx3≥xyz(x+y+z).

再由(1)的解答可得該不等式成立，且(2)中的不等式取等號(hào)的充要條件是a=b=c.

證明由推論，可得

題14求證：

(1)若a1,a2,…,an是正的實(shí)常數(shù)，a0,p,q是實(shí)常數(shù)，x0,x1,…,xn是實(shí)變數(shù)，且滿(mǎn)足

則x0的取值范圍是

(3)(Laguerre不等式)若

證明(1)由題設(shè)及柯西不等式，可得

當(dāng)且僅當(dāng)a1x1=a2x2=…=anxn時(shí)取等號(hào).

進(jìn)而可得欲證結(jié)論成立.

(2)由(1)可得.

=n(p2-2q)-2q,

所以p2≤(p2-2q)(n+1)，再由(1)的結(jié)論可得欲證結(jié)論成立.