賞析同時具有max和min符號的不等式問題*

北京市第一0一中學懷柔分校 (101407) 李加軍

在一些數學競賽的不等式證明中，常常會在條件或結論中同時出現最大值max和最小值min符號，使得學生心理產生畏懼感.下面結合具體實例分析解決這類問題常用的數學方法和策略.

一、構造法

根據所給條件，構造相應的函數，利用函數的性質進行分析，從而得出結論.

例1 (2016美國數學奧林匹克競賽試題)已知a,b,c∈R+，且max(a,b,c)≤4min(a,b,c)，證明或者否定2ab+2bc+2ca≥a2+b2+c2.

解：結論是肯定的.證明如下：不妨設a≥b≥c>0，則c≤b≤a≤4c.令f(a,b,c)=a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca，讓上式中b,c固定，a變化，視作a的二次函數，記為g(a)=a2-2(b+c)a+b2+c2-2bc，其對稱軸為a=b+c，由于a∈[c,4c]，所以gmax(a)=max{g(c),g(4c)}，又g(c)=c2-2(b+c)c+b2+c2-2bc=b(b-4c)≤0，g(4c)=16c2-6(b+c)c+b2+c2-2bc=(9c-b)(c-b)≤0，所以f(a,b,c)=g(a)≤0，即a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca≤0，所以2ab+2bc+2ca≥a2+b2+c2.

例2 (第48屆IMO試題)給定實數a1,a2,…,an，對每個i(1≤i≤n)，定義：di=max{aj|1≤j≤i}-min{aj|i≤j≤n}，并令d=max{di|1≤i≤n}.

(1)證明：對任意實數x1,x2,…,xn，有

(2)證明：存在實數x1,x2,…,xn，使得式①中的等號成立.

二、反證法

提出與結論相反的假設，利用已知條件與假設進行推理，得出矛盾.

(2)若?k∈N+,1≤k≤n，使得xkm.

例5 (2008北大自招試題)已知a1+a2+a3=b1+b2+b3，a1a2+a2a3+a3a1=b1b2+b2b3+b3b1，且min(a1,a2,a3)≤min(b1,b2,b3)，求證：max(a1,a2,a3)≤max(b1,b2,b3).

證明：不妨設a1≥a2≥a3,b1≥b2≥b3，則a3≤b3，下證：a1≤b1.

用反證法.若a1>b1，則構造兩個函數：f(x)=(x-a1)(x-a2)(x-a3)，g(x)=(x-b1)(x-b2)(x-b3)，由已知條件a1+a2+a3=b1+b2+b3，a1a2+a2a3+a3a1=b1b2+b2b3+b3b1，得f(x)=g(x)+b1b2b3-a1a2a3.

一方面，f(a1)=g(a1)+b1b2b3-a1a2a3=0，f(a3)=g(a3)+b1b2b3-a1a2a3=0，故g(a1)=g(a3)，另一方面，g(a3)=(a3-b1)(a3-b2)(a3-b3)，a3-b3≤0，a3-b2≤0，a3-b1≤0，故g(a3)≤0，g(a1)=(a1-b1)(a1-b2)(a1-b3)，a1-b1>0，a1-b2>0，a1-b3>0，故g(a1)>0，這與g(a1)=g(a3)矛盾.因此a1≤b1，即max(a1,a2,a3)≤max(b1,b2,b3).

三、分析法

從所證明的結論出發，步步尋求題目結論成立需要的充分條件，直至最后得到一個既定的事實.

四、放縮法

利用最大值和最小值對一般值進行替換放縮，結合已知條件得到需要證明的結論.

在平常學習中，我們要牢牢掌握數學基本思想、基本方法和基本策略，加強深度學習和深度思考，不斷提升個人分析問題、解決問題的能力，發展數學思維，培養數學核心素養.