“1”在解題中的應用

　　摘要：一些條件不等式和一些非條件不等式可以轉化成與“1”有關的條件不等式，現將《中學數學教學》中的三個擂臺題化為與“1”有關的條件不等式來解答，體現“1”在解決問題時的妙用．
　　關鍵詞：條件不等式；非條件不等式；轉化
　　
　　條件不等式和一些無條件不等式可以轉化成與“1”有關的條件不等式，現將《中學數學教學》中的三個擂臺題化為與“1”有關的條件不等式來解答．
　　引理1：設ai∈R+（i=1，2，3…，n），且a1a2…an=1，x≥y>0，則a≥a．
　　證明：不妨設a1≥a2≥…≥an>0，則a=（a?a）≥aa≥a，得證．
　　引理2：ai∈R+（i=1，2…n），則
　　Ca≥naa…a．
　　證明：因為Ca=（a+a+…+a）≥iak1ak2…aki，
　　所以Ca≥nak1ak2…aki，即Cna≥nak1ak2…aki.
　　題1：設xi∈R+（i=1，2，3…，n），且x1x2…xn=1，n>3，m是實數，則當m≥n－2或m≤1－n時，有≥．
　　證明：當m≥n－2時，
　　≥等價于
　　2n-1x（1+xi）≥n（1+xi+xk1xk2+…+xk1xk2…xkn-1+1），
　　由引理1，下面只需要證
　　2n-1x（1+xi）≥n（1+xi+xk1xk2+…+xk1xk2…xkn-1+1）成立.
　　因為x≥xi，且xn-1+x≥xn-j+xj，x>0，j=1，2，…，n－1，
　　所以x（1 + xi）≥（x+xi）≥（x+x），j=1，2，…，n-1，
　　于是
　　2n-1x（1+xi）=Cx（1+xi）+Cx（1+xi）+…+Cx?（1+xi）≥C（x+xi）+C?（x+xi）+…+C（x+x）+…+ C（xi+x）+C（x+xi）=Cxi+Cxi+Cx+…+C?x+…+Cx+Cx
　　≥n（1+xi+xk1xk2+…+xk1xk2…xkn-1+1）.
　　所以當m≥n－2時，
　　≥.
　　當m≤1－n時，令x=，此時yy…y=1，－m－1≥n－2，
　　=≥.
　　綜上所述，原命題成立.
　　題2：設a，b，c是周長為定值的三角形邊長，探求下列各式的最大值：
　　（1）（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2；
　　（2）（a－b）（b－c）+（b－c）（c－a）+（c－a）（a－b）；
　　（3）（a－b）（b－c）（c－a）.
　　解析：三個代數式均無最大值，理由如下：
　　為敘述方便，設a=x+y，b=y+z，c=z+x（x，y，z∈R）.
　　因為周長為定值，不妨設周長為2，此時x+y+z=1.
　　（1）（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2=（x－y）2+（y－z）2+（z－x）2
　　=3x2+3y2+3z2－（x+y+z）2<3（x+y+z）2－1=2.
　　當x=1－，y=，z=，n→+∞時，（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2=21－2→2.
　　所以2為它的上確界，但取不到上確界，即沒有最大值．
　　（2）不妨設x≥y≥z，
　　（a－b）（b－c）+（b－c）（c－a）+（c－a）（a－b）=（x－y）（y－z）+（x－z）（y－z）+（x－z）（x－y）=x2+xy+xz+z2－4xz－y2=x+z2－4xz－y2　　當x=1－，y=，z=，n→+∞時，
　　（a－b）（b－c）+（b－c）（c－a）+（c－a）（a－b）=1－2→1，
　　所以1為它的上確界，但取不到上確界，即沒有最大值．
　　（3）不妨設x≥y≥z，
　　（a－b）（b－c）（c－a）=x2y+y2z+z2x－xy2－yz2－zx2=f（x，y，z），
　　則f（x，y，z）－f（x+z，y，0）
　　=x2y+y2z+z2x－xy2－yz2－zx2－（x+z）2y+（x+z）y2=z［（2y2－2xy）+（xz－x2）－2yz］<0.
　　又f（x+z，y，0）=（x+z）2y－（x+z）y2=（1－y）2y－（1－y）y2=2y3－3y2+yy∈0，，令g（y）=2y3－3y2+yy∈0，.
　　由g′（y）=6y2－6y+1=0，可得y1=， y2=（舍）.
　　又g′（0）=1>0，g′=－<0，
　　故g（y）在0， 為增函數，在，為減函數，所以g（y）max=g=.
　　當x=，y=－，z=，n→+∞時，（a－b）（b－c）（c－a）→.
　　所以為它的上確界，但取不到上確界，即沒有最大值．
　　題3：已知k，n∈N+，k≤n，a∈R+，i=1，2，3，…，n.
　　 求證：a1a2…ak+a2a3…ak+1+…+an-k+1?an-k+2…an≤k.
　　證明：當k=1時，命題顯然成立.
　　當k≥2時，命題等價于命題：已知ai∈R+，i=1，2，3，…，n，a1+a2+…+an=1，a1a2…ak+a2a3…ak+1+…+an-k+1an-k+2…an≤k.
　　因為我們知道a1a2…ak-1，a2a3…ak，…，an-k+1an-k+2…an-1這n-k+1個數必有一個最大，不妨設a1a2…ak-1最大，令a1+a2+…+ak-1=x（x∈（0，1）），
　　a1a2…ak+a2a3…ak+1+…+an-k+1an-k+2…an≤a1a2…ak-1ak+a1a2…ak-1ak+1+…+a1a2…ak-1an=a1a2…ak-1（ak+ak+1+…+an）≤k-1（ak+ak+1+…+an）=k-1xk-1（1－x）=kxk-1［（k－1）－（k－1）x］≤kk=k.
　　所以命題成立.