一道簡單的不等式及其應用
——兼答有獎解題擂臺(122)和一道奧賽題

福建省福州市福州第二十四中學 (郵編：350015)

本文先給出并證明一道簡單的不等式，然后舉例說明其應用.為此，我們將這個不等式作為定理給出.

當且僅當x1=x2或x3=x4時取等號.

即得原式，易知當且僅當x1=x2或x3=x4時,取等號.

下面舉一些例子，說明定理中的不等式的應用.在定理中不等式的右邊應用均值不等式，便得到

例1 (自創題，2017.08.17)設x1、x2、x3、x4∈R，則

當且僅當x1=x2=x3=x4時取等號.

作為定理中的不等式的特例，有

例2 設x、y∈R，則8xy(x2+y2)≤(x+y)4.

利用例2中的結論，可得到以下

例3 設xi≥0，i=1,2,…,2n，則

(x1+x2)(x3+x4)…(x2n-1+x2n)≥

當且僅當x1=x2,x3=x4,…，x2n-1=x2n時,取等號.

證明先證明以下

引理設ai≥0，i=1,2,3,4,5,6，則

(根據以上例2不等式8xy(x2+y2)≤(x+y)4，其中x、y為任意實數)，即得原式.

下面證明原式.

根據以上不等式，有

即

同理可得類似的19個不等式，將這20個不等式左右兩邊分別相加，得到

故原式獲證.

例5 (自創題，2009.02.03)設a、b、c、d∈R+，且a+b+c+d=4，則

當且僅當a=b=c=d=1時,取等號.

證明例5中的不等式等價于

(a+b)(c+d)(a+b+c+d)4≥16abcd(a2+b2+c2+d2).

(※)

由于16abcd(a2+b2+c2+d2)=16abcd(a2+b2)+16abcd(c2+d2)

即得式(※)，故例5獲證，易知當且僅當a=b=c=d=1時,取等號.

在例5中的左邊應用均值不等式，得到

≥4(a2+b2+c2+d2).

當且僅當a=b=c=d=1時取等號.

例7 (自創題，2017.08.17)設a、b、c、d∈R+，則

(a+b)2(b+c)(c+d)2(d+a)≥4abcd(a+b+c+d_)2，

當且僅當a=b,c=d時取等號.

證明由定理可知，只要證明

(b+c)(d+a)·4[ab(c+d)2+cd(c+d)2]≥4abcd(a+b+c+d)2，

≥(b+c-d-a)2，

中藥復方發揮藥效的物質基礎是有效化合物群，包含多種活性成分，其治療是一個整體協調的過程[15-16]。指紋圖譜技術可全面反映中藥化學成分的種類與數量，中藥指紋圖譜目前已成為國際上公認的控制天然藥物質量的有效手段[17]。本研究采用RP-HPLC法對10批護肝劑進行指紋圖譜研究及化學模式識別，并對該制劑中馬錢素、芍藥苷、野黃芩苷、黃芩苷、黃芩素、五味子甲素、五味子乙素、五味子丙素和熊果酸9種活性成分進行了定量測定，為護肝劑的質量控制提供了科學依據。

≥(b+c-d-a)2.

由柯西不等式知上式成立，故原命題獲證.

由證明過程中易知，當且僅當a=b,c=d時取等號.

由例6可以證明《中學數學教學》(安徽)2019年第2期刊登的趙忠華老師提出的有獎解題擂臺(122)，即以下

例8 設a、b、c、d>0，且abcd=1，證明：

證明應用例5中的不等式得到

(a+b)2(b+c)(c+d)2(d+a)≥4abcd(a+b+c+d)2，

(a+b)(b+c)2(c+d)(d+a)2≥4abcd(a+b+c+d)2，

(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)

因此，要證明原命題，只要證明

即27(a+b+c+d)4

≥256(a+b+c+d-1)3.

(※※)

設a+b+c+d=s≥4，則

27(a+b+c+d)4-256(a+b+c+d-1)3

=27s4-256(s-1)3

=(s-4)2(27s2-40s+16)

故式(※※)成立，例8獲證.

例9 設a、b、c、d≥0，則

(ab+cd)[(a+b)2(c+d)2+16abcd]≥4abcd(a+b+c+d)2，

當且僅當a=b=c=d時取等號.

證明根據定理中的結論，有

(a+b)2(c+d)2≥4ab(c2+d2)+4cd(a2+b2)，于是，只要證明

(ab+cd)[4ab(c2+d2)+4cd(a2+b2)+16abcd]≥4abcd(a+b+c+d)2，

?(cd+ab)[ab(c+d)2+cd(a+b)2]≥abcd(a+b+c+d)2，

上式由柯西不等式即得證明，例9獲證，從證明過程可知，當且僅當a=b=c=d時取等號.

由例9可得

例10 設a、b、c、d≥0，則

(a+b)2(c+d)2(ab+cd)

≥4abcd(a+b+c+d)2，

當且僅當a=b=c=d時取等號.

證明在例9中注意到

(a+b)2(c+d)2≥16abcd，即得.

例11 設a、b、c、d≥0，則

(a+b)(c+d)(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]≥16abcd∑a2，

當且僅當a=b=c=d時取等號.

根據定理中的不等式可知，只要證明

(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥16abcd∑a2，

?(ab+cd)[ab(c2+d2)+cd(a2+b2)][(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)∑a2，

?(ab+cd)[ab(c+d)2+cd(a+b)2-4abcd][(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2-2(ab+cd)]，

?(ab+cd)[ab(c+d)2+cd(a+b)2] [(a+b)2+(c+d)2]

-4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[a2b2(c+d)2+c2d2(a+b)2][(a+b)2+(c+d)2]

+abcd[(a+b)2+(c+d)2]2

-4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[a2b2(c+d)2+c2d2(a+b)2][(a+b)2+(c+d)2]

-2abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

+abcd[(a+b)2+(c+d)2]2-2abcd(a+b)(c+d)[(a+b)2+(c+d)2]

≥4abcd(ab+cd)[(a+b)2+(c+d)2]

-8abcd(ab+cd)(a+b)(c+d)，

?[(a+b)2+(c+d)2][ab(c+d)-cd(a+b)]2

+abcd[(a+b)2+(c+d)2](a+b-c-d)2

≥4abcd(ab+cd)(a+b-c-d)2，

?[(a+b)2+(c+d)2][ab(c+d)-cd(a+b)]2

+abcd[(a-b)2+(c-d)2](a+b-c-d)2≥0，

上式顯然成立，故原命題獲證，易知當且僅當a=b=c=d時取等號.

應用例11 中的不等式，可以證明以下