轮换对称不等式的证明技巧

高中数学：基本不等式暴力求最值方法：轮换对称法（地位等价法）
大家看好啊，这个等式变下来，很多同学让你自己来构造，是不一定能想得这么明白的，所以这常规解是有一定的难度的。

那就我们就来用大招了，那就是第二种方法：轮换对称法（地位等价法），它不但适合基本不等式求最值，还适合有些三角函数问题，以及有些向量问题。

但是我要给大家讲的是：它是有一定的局限性，不是所有不等式求最值都能搞定的，但是只要题目满足2个要求，它就能做到秒杀。

实事实是的讲，我们上次讲的差值法比这轮换对称法要广泛很多，对于这种题型是可遇不可求的。

那么，有同学就问了，有没有能搞定大部分不等式求最值的
方法？答案是肯定的，那么，绝招肯定是要留到正课里的，你懂的。

但是，今天讲这种方法是可以快速解决掉这方面的高考真题。

那么它要满足的2个需求是：
①．“平方和式”与“和式”的系数必须成比例
②．不用管乘积项系数（成绩项系数可凑）
为方便大家理解，请看下图：
大家可以看出，这样一写，和式系数与和乘积项系数成比例条件成立，那就我们就可以x=2y，不信是不是?那么大家可以将x＝2y，y＝x/2代入原等式，可以看出题干无变化,那就相当于X与2y等价。

将x＝2y代入，只剩未知数y，解出y和x即可算出答案。

看一看，是不是可以10秒出答案
好，我们再看第二题来验证下技巧：
大家看好，通过变化，和式系数、乘积项系数、平方和式系数成比例条件是不是成立了，那么大家可以将x＝y/2，y＝2x代入原等式，也可以看出题干没有任何变化, 那就相当于2x与y等价。

将y＝2x代入，只剩未知数y，解出y和x即可算出答案。

探寻对称轮换型不等式的证明――由2019年全国1卷的不等式证明题引发的思考赵意扬（湖南省长沙市第一中学， 410005）、引例已知a 、b 、c 为正数，且满足abc 1.证明： 111 2 , 2 2 a b c ； abc（a b ）3 （b c ）3 （c a ）3 24.这是2019年全国1卷的选做题，侧重考查了对称轮换不等式（任意互换两个字母，不 等式不变）的证明。

对称轮换型不等式形式优美，证明的技巧较多。

有很多对称轮换型不等式，可以考虑用“均衡配平法”进行证明，即从不等式两边的项数、次数、运算、数字等方 面入手，分析不等式两边的结构特征，通过均衡配置使不等式两边形成某种“平衡” ，达到解题的目的。

这一类不等式有一个重要的模型， 即a 2b 2c 2ab bc ca 这个重要模型。

该不等 式两边项数，次数一致， 且左边的每一项为乘积式，均可以由右边各项两两搭配，用基本不等式a 2+b 22ab 等得到解决。

上述高考题的两小问都可以利用这个基本不等式模型加以 解决，具体证明过程如下。

证明 （1）不等式左边分子用条件进行“1”代换，则待证不等式转化为ab bc ca a 2+b 2 c 2。

由 2ab a 2 b 2， 2bc b 2 c 2， 2ca c 2 a 2， 三式相加， 可得结论成立。

（2）由基本不等式，可得（a b ）3（b c ）3（c a ）3（2、ab ）3（2 . be ）3（2、ca ）3 8[C 丽3 （丘）3 C.ca ）3] 8 3.（ ab ）3（、、bc ）3（ ca ）3 24为了方便同学们进一步完善不等式证明的有关知识，灵活运用基本不等式进行相关证 明，下面再举几个典型例题，供大家参考。

二、均衡配平法应用举例试题 （1）分析不等式两边的项数一致，但左边为根式，右边为分式“运算”不一致。

考虑用例1 求证：a 3 b 3 分析两边项数、次数 用a 3与ab 2搭配得到 a 2b 证明 因为a 3ab 2a 2b ab 2(a 0,b0,a b).-致，右边的a 2b 、ab 2要成为基本不等式中积的部分，可考虑用b 3与a 2b 搭配得到ab 2，用模型的思想解决问题。

轮换对称法求不等式摘要：一、引言二、轮换对称法简介三、使用轮换对称法求解不等式1.轮换对称法的步骤2.求解具体不等式实例四、总结正文：一、引言在数学中，求解不等式是一项重要任务。

有许多方法可以用来解决不等式问题，其中一种有效的方法是轮换对称法。

本文将介绍轮换对称法的基本概念和如何使用这种方法求解不等式。

二、轮换对称法简介轮换对称法是一种基于代数的方法，可以用来求解包含复数变量的不等式。

这种方法的关键思想是将复数变量用三角形式表示，然后利用三角函数的性质简化不等式。

轮换对称法适用于一类特殊的不等式，这类不等式的特点是变量之间的系数具有轮换对称性。

三、使用轮换对称法求解不等式1.轮换对称法的步骤步骤一：将不等式中的复数变量表示为三角形式。

步骤二：将三角形式中的变量用轮换对称的形式表示。

步骤三：利用三角函数的性质简化不等式。

步骤四：根据简化后的不等式，求解原不等式的解集。

2.求解具体不等式实例例如，考虑不等式|2+3j| < 5。

首先，将复数变量j 表示为三角形式，有j = √(1-2^2) * (cos(π/4) + isin(π/4))。

接着，用轮换对称的形式表示变量，有j = √(1-2^2) * (cos(π/4) + isin(π/4)) = √(1-2^2) * (cos(π/4) +isin(π/4)) * (cos(π/4) - isin(π/4)) = √(1-2^2) * (cos(π/2) + isin(π/2)) = √(1-2^2) * (1 + 0j)。

现在，不等式可以写成|2 + 3 * √(1-2^2) * (1 + 0j)| < 5，进一步简化为|2 + 3 * √(1-2^2)| < 5。

解这个不等式，得到√(1-2^2) < 5/3，即-√2 < 5/3，这是原不等式的解集。

四、总结轮换对称法是一种有效的求解不等式的方法，尤其适用于处理具有轮换对称性的不等式。

轮换对称不等式的证明技巧
轮换对称不等式的证明技巧是一种把原本的不等式转化为等价的新不等式，以此更方便进行证明的技术。

它在统计学、代数、几何等多种数学领域中有很多应用，极大地推动着数
学研究的发展。

轮换对称不等式的证明技巧包括轮换法、比例法、移动变量法、交换变量法等。

它们的基本原理是：两边的不等式符号可以在保持不变的情况下，通过不同的方式把变量进行交换，可以得到等价的不等式。

例如，有一个不等式：
（1）x + 2y ≥ 8
此时可以使用轮换法：交换两个变量x和y，即有：
（2） y + 2x ≥ 8
此时，变量x和y的值一样，只是顺序不同，符号也不受影响，不等式（1）和不等式（2）依然是等价的。

而这可以通过证明很多不同的不等式来获得更多的结论，从而形成一种更强的证明技术。

总之，轮换对称不等式的证明技巧是一种很有用的证明技术，能够把原本不等式转变为相等的新不等式，以此更方便证明，其应用非常广泛，可以有效地提高研究效率。

构造均值不等式 证明轮换对称不等式安徽省六安第二中学 陶兴红 237005若含多个字母的代数式12(, ,f x x …，1, ,)n n x x -中字母作一次轮换：1223, x x x x →→，…，11, n n n x x x x -→→，其形式不变（最多某些项的次序变动），则称它为轮换对称式。

左右两边都是轮换对称式的不等式，叫做轮换对称不等式。

最近笔者发现一种证明轮换对称不等式的好方法，简单地说，就是构造均值不等式法，具体地说，就是先将要证不等式的左边各项添上适当的项，然后分别对它们每一个式子运用均值不等式，其结果恰好是要证不等式的右边各项的同类项，最后将各均值不等式相加，经化简便得到所要证的不等式。

下面不妨举几个这方面的例子供读者参与：例1：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b b c c a ++≥++.分析：这是一个轮换对称不等式，用排序不等式能够证明，但若用构造均值不等式法，该如何证明呢其实构造均值不等式的关键是凑项，那么对于本题来说，应该凑上什么适当的项，才能构造出所需的均值不等式。

观察要证不等式的左右两边结构，不难发现，右边各项的次数都是3，因此所凑的项的次数也都应该是3，右边2a b 项的字母a 的次数是2，字母b 的次数是1，因此需要两个3a 项和一个3b 项，运用均值不等式后，才能得到2a b 项的同类项。

这样我们便知道要给3a 项凑上一个3a 项和一个3b 项，运用均值不等式后，就能得到右边2a b 项的同类项。

同样，我们可以给3b 项和3c 项凑上适当的项，运用均值不等式后，得到2b c 项和2c a 项的同类项。

证明 分析原不等式左右两边结构，不难构造下面三个均值不等式：33323a a b a b ++≥= ①33323b b c b c ++≥= ②3332c c a c a ++≥= ③①+②+③得 3332223()3()a b c a b b c c a ++≥++ 333222a b c a b b c c a ∴++≥++ 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例2：已知, , a b c R +∈，求证：444222a b c a bc ab c abc ++≥++.分析：444424a a b c a bc +++≥=，即444224a b c a bc ++≥， ①同理可得：444224a b c ab c ++≥， ②444224a b c abc ++≥ ③①+②+③得 4442224()4()a b c a bc ab c abc ++≥++ ∴444222a b c a bc ab c abc ++≥++.显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例3：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b c b c a ++≥++. 证明：分析原不等式左右两边结构，可以构造下面三个均值不等式：323a b b a b ++≥= ①323b c c b c ++≥= ②323c a a c a ++≥= ③ ①+②+③，并化简得：333222a b c a b c b c a++≥++. 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例4：已知, , a b c R +∈，求证：333a b c a b c bc ca ab ++≥++. 证明：, , a b c R +∈33a b c a bc ∴++≥= ①33b c a b ca ++≥= ②33c a b c ab ++≥= ③ ①+②+③，并化简得：333a b c a b c bc ca ab++≥++. 显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.例5：已知, , a b c R +∈，求证：333222a b c a b c b c a ++≥++. 证明：, , a b c R +∈32 2a ab a b ∴+≥= ①32 2b bc b c +≥= ②322c ca c a +≥= ③ ①+②+③，并移项得：333222222a b c a b c ab bc ca b c a++≥++---. 又22 2a b ab +≥ ④222b c bc +≥ ⑤22 2c a ca +≥ ⑥∴ ④+⑤+⑥，并化简得222a b c ab bc ca ++≥++，∴222222222a b c ab bc ca a b c ++---≥++.显然，当且仅当a b c ==时，不等式取“=”号.下面提供几道习题让读者练习：1．已知, , a b c R +∈，求证：444333a b c ab bc ca ++≥++．2．已知, , a b c R +∈，求证：555222222a b c a b c ab c a bc ++≥++．3．已知, , a b c R +∈，求证：222a b c a b c b c a ++≥++． 4．已知, , a b c R +∈，求证：444333a b c a b c b c a ++≥++． 5．已知, , a b c R +∈，求证：444222a b c a b c b c c a a b ++≥++．本人联系电话：地址：安徽省六安二中数学组E-mail:作者简介：本人名叫陶兴红，男，1972年生，安徽庐江人，汉族，研究生学历，中学数学高级教师，现在安徽省示范高中——六安二中工作，教学经验丰富，教育教学成果显著，发表论文多篇。

初中轮换对称式解题技巧
1. 嘿，同学们，你们知道吗？在初中数学里，轮换对称式可是个神奇的存在呀！就像解方程时找到的那把关键钥匙。

比如：x+y+z=1，
x²+y²+z²=3，这时候是不是感觉找不到头绪？但学会了技巧就能迎刃而解啦！
2. 哇哦，遇到轮换对称式的难题不要怕呀！要像勇士一样去战斗。

比如说那个经典的例子：a+b+c=6，a²+b²+c²=14，想想我们怎么巧用技巧突破它呢？
3. 初中的宝贝们呀，轮换对称式解题技巧真的超重要！就好比打游戏时的绝招。

像已知 ab+bc+ca=3，要求a²+b²+c²，这可就是考验技巧的时候啦！
4. 哎呀呀，你们有没有发现，学会了轮换对称式解题技巧，就像拥有了超能力！好比说遇到了这样的情况：3a+3b+3c=15，a²+b²+c²=7，你能快速找到解法吗？
5. 嘿，同学们可别小瞧了这些技巧呀，那可是大能耐！看看这个例子：abc=1，a+b+c=2，没有技巧可怎么解呀？
6. 哇，想想看，如果不会轮换对称式解题技巧，面对难题岂不是要抓瞎？就像明明看到宝藏却拿不到。

例如已知 a+b+c=3，(a+b)(b+c)(c+a)=10，技巧能帮我们呀！
7. 大家要重视哟，这轮换对称式解题技巧真的绝了！好比是在迷雾中找到的那道光。

比如给你a²+b²+c²=9，ab+bc+ca=4，能迅速搞定时是不是超有成就感？
8. 总之，同学们，一定要把这些解题技巧牢牢掌握呀！它们就是我们在数学海洋里航行的帆。

遇到轮换对称式，大胆用技巧，就能到达成功的彼岸！。

轮换对称式的证明高中数学概述说明以及解释1. 引言1.1 概述本文将重点介绍轮换对称式的证明方法和在高中数学中的应用。

轮换对称式是一种在数学中常见的模式，它具有特殊的性质和定义。

通过探索其证明方法以及应用领域，我们可以提高对数学概念和问题的理解能力，并且能够更好地解决相关问题。

1.2 文章结构本文分为四个主要部分进行论述。

第一部分为引言，主要从整体上概述文章内容，并介绍了本文的目的。

第二部分将详细介绍轮换对称式的定义和性质，并探讨其证明方法及具体案例分析。

第三部分将重点阐述轮换对称式在高中数学中的应用，包括几何、代数和概率统计等方面。

最后一部分为结论与总结，对全文进行回顾并指出可能存在的不足之处，同时展望未来研究方向或提出进一步讨论和思考的问题。

1.3 目的本文旨在帮助读者深入理解轮换对称式这一重要概念，并掌握相关证明方法和应用技巧。

通过详细说明、举例分析和实际应用，希望能够提高读者对数学概念的把握能力，并培养解决实际问题的数学思维和能力。

相信通过阅读本文，读者将对高中数学领域中的轮换对称式有更为全面深入的了解。

2. 轮换对称式的证明：2.1 轮换对称式的定义和性质:轮换对称式是指形如$f(x_1,x_2,...,x_n)=f(x_2,x_3,...,x_n,x_1)$的函数或表达式。

其中，$x_1, x_2, ..., x_n$是一组变量。

这种函数或表达式在变量间进行周期性的轮换，并且不会改变其值。

具体来说，一个轮换对称式是通过将变量按照某种顺序进行循环置换得到的。

例如$f(x,y,z)=xyz+yzx+zxy$就是一个轮换对称式，因为通过将$x,y,z$按照顺序进行循环置换可以得到相同的表达式。

轮换对称性在数学中具有重要的性质和应用。

首先，它可以简化复杂的计算过程，减少重复或冗余计算。

此外，在代数推导和证明中，轮换对称性可以帮助我们发现等价关系、共同特征以及隐藏规律。

因此，了解和掌握轮换对称式的证明方法对于解决高中数学问题非常有帮助。

一类对称或循环不等式的配方法证明纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a ,b ,c 的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。

本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。

例1设a ,b ,c 是三角形的三边,求证：a 2(b +c －a )+b 2(c +a －b )+c 2(a +b －c )≤3abc .(第6届IMO 试题) 证法一 注意到a 3+b 3+c 3－3abc =(a +b +c )(a 2+b 2+c 2－ab －bc －ca ),得 3abc －[a 2(b +c －a )+b 2(c +a －b )+c 2(a +b －c )]=a 3+b 3+c 3－3abc +a (b 2+c 2－2bc )+b (c 2+a 2－2ca )+c (a 2+b 2－2ab )=(a +b +c )(a 2+b 2+c 2－ab －bc －ca ) +a (b 2+c 2－2bc )+b (c 2+a 2－2ca )+c (a 2+b 2－2ab ) = 12( a +b +c )[(a －b )2+(b ―c )2+(c ―a )2]+a (b ―c )2++b (c ―a )2+c (a －b )2 =12(a +b －c )(a －b )2+12( b +c －a )(b ―c )2+12(a +c －b )(c ―a )2. ∵a ,b ,c 是三角形的三边,∴a +b －c >0, b +c －a >0, a +c －b >0.而(a －b )2≥0,(b ―c )2≥0,(c ―a )2≥0,故原不等式成立,当且仅当a =b =c ,即△ABC 是正三角形时等号成立. 例2 已知a ,b ,c 是正数, 证明： (1)ab +c +bc +a +ca +b ≥32. (1963年莫斯科数学奥林匹克试题)(2) a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b ≥a +b +c 2. (第2届世界友谊杯数学竞赛试题) 证明 (1)∵a b +c +b c +a +c a +b －32=2a (a +b ) (c +a )+2b (a +b )(b +c )+2c (b +c )(c +a )－3(a +b )(b +c )(c +a )2(a +b )(b +c )(c +a )= 2(a 3+b 3+c 3)－(a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +ca 2)2(a +b )(b +c )(c +a )= a 3+b 3－(a 2b +ab 2)+b 3+c 3－(b 2c +bc 2)+b 3+c 3－(c 2a +ca 2)2(a +b )(b +c )(c +a )= (a +b )(a －b )2+(b +c )(b －c )2+(c +a )(c －a ) 22(a +b )(b +c )(c +a )≥0, ∴a b +c +b c +a +c a +b ≥32.(2)不难证明a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b =(a +b +c )(a b +c +b c +a +ca +b)－(a +b +c ),利用这个恒等式得到不等式a b +c +b c +a +c a +b ≥32和a 2b +c +b 2c +a +c 2a +b ≥a +b +c 2等价. 例3 设x , y , z 是正数, 则y 2－x 2z +x +z 2－y 2x +y +x 2－z 2y +z≥0. (W.Janous 猜想)证明 设 u = y 2－x 2z +x +z 2－y 2x +y +x 2－z 2y +z , v = y 2－z 2z +x +z 2－x 2x +y +x 2－y 2y +z ,则u －v = z 2－x 2z +x +x 2－y 2x +y +y 2－z 2y +z= z ―x +x ―y +y ―z = 0,又u +v = (x 2－y 2)(1y +z －1z +x)+(y 2－z 2)(1z +x －1x +y)+(z 2－x 2)(1x +y －1y +z)= (x2－y2)x－y(y+z)(z+x)+ (y2－z2)y－z(z+x)(x+y)+ (z2－x2)z-x(x+y)(y+z)= (x+y)(x－y)2(y+z)(z+x)+(y+z)(y－z)2(z+x)(x+y)+(z+x)(z－x)2(x+y)(y+z)≥0,所以,u=v>0. 从而y2－x2z+x+z2－y2x+y+x2－z2y+z≥0.例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：x5－x2x5+y2+z2+y5－y2y5+z2+x2+z5－z2z5+x2+y2≥0. (第46届IMO试题) 证明　因为xyz≥1,所以x5－x2x5+y2+z2≥x5－x2·xyzx5+(y2+z2)·xyz=x4－x2yzx4+yz(y2+z2)≥2x4－x2(y2+z2)2x4+(y2+z2)2,类似地,可得y5－y2y5+z2+x2≥2y4－y2(z2+x2)2y4+(z2+x2)2,z5－z2z5+x2+y2≥2z4－z2(x2+y2)2z4+(x2+y2)2.令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化为证明2a2－a(b+c)2a2+(b+c)2+2b2－b(c+a)2b2+(c+a)2+2c2－c(a+b)2c2+(a+b)2≥0⇔a(a－b)+a(a－c)2a2+(b+c)2+b(b－c)+b(b－a)2b2+(c+a)2+c(c－a)+c(c－b)2c2+(a+b)2≥0⇔∑(a-b)(12a2+(b+c)2-12b2+(c+a)2)≥0⇔∑(a-b)2(c2+c(a+b)+a2-ab+b2(2a2+(b+c)2)(2b2+(c+a)2))≥0. 例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[1(x+y)2+1(y+z)2+1(z+x)2]≥94.(1996年伊朗数学奥林匹克试题)证明　不妨设x≥y≥z＞0,(xy+yz+zx)[1(x+y)2+1(y+z)2+1(z+x)2]－94=xy+z(x+y)(x+y)2+yz+x(y+z)(y+z)2+zx+y(z+x)(z+x)2－94=xy+z+yz+x+zx+y－32+xy(x+y)2－14+yz(y+z)2－14+zx(z+x)2－14=12[(x－y)2(y+z)(z+x)+(z－x)2(x+y)(y+z)+(y－z)2(x+y)(z+x)]－[(x－y)24(x+y)2+(y－z)24(y+z)2+(z－x)24(z+x)2]=14{[2(y+z)(z+x)－1(x+y)2](x－y)2+[2(x+y)(z+x)－1(y+z)2](y－z)2}+[2(x+y)(y+z)－1(z+x)2](z－x)2]}=14[S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2], ①其中S z =2(y+z)(z+x)－1(x+y)2, S x =2(x+y)(z+x)－1(y+z)2, S y =2(x+y)(y+z)－1(z+x)2.因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即S z＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以S y≥0. 若S x≥0,①的右端≥0,不等式得证.若S x＜0,因为x≥y≥z＞0,所以yx≥y－zx－z≥0,于是, (y－z)2≤(yx)2(x－z)2.S x(y－z)2+S y(z－x)2≥S x(yx)2(x－z)2+S y(z－x)2=y2S x+x2S yx2(z－x)2. ②下面证明y2S x+x2S y≥0,事实上,y2S x+x2S y≥0⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3) =2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0. 并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)= 12[(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.例7已知a,b,c＞0,证明：b+ca+c+ab+a+bc≥(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)+3.(2006年罗马尼亚数学奥林匹克试题)证明b+ca+c+ab+a+bc－3－(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)= b+ca+c+ab+a+bc－6－[(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)abc(a+b+c)－3]=(b－c)2bc+(c－a)2ca+(a－b)2ab－[(b+c)(b－c)2bc(a+b+c)+(c+a)(c－a)2ca(a+b+c)+(a+b)(a－b)2ab(a+b+c)]=[1bc－(b+c)bc(a+b+c)](b－c)2+[1ca－(c+a)ca(a+b+c)](c－a)2+[1ab－(a+b)ab(a+b+c)](a－b)2=abc(a+b+c)(b－c)2+bbc(a+b+c)(c－a)2+cbc(a+b+c)(a－b)2≥0.例8 在△ABC中,证明:a2(bc－1)+b2(ca－1)+c2(ab－1)≥0.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题) 证明不等式两边同时乘以2abc,不等式化为证明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]+c2[(b3－a3) +3ba(b－a)]=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正数，而(b－c)2≥0, (c－a)2≥0, (a－b)2≥0,所以不等式得证. 例9 在△ABC中,a,b,c是它的三条边,p是半周长,证明不等式：a (p－b)(p－c)bc+b(p－c)(p－a)ca+c(p－a)(p－b)ab≥p.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)证明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,则a=y+z,b=z+x,c=x+y.a (p－b)(p－c)bc+b(p－c)(p－a)ca+c(p－a)(p－b)ab≥p⇔(y+z)yz(x+y)(x+z)+(z+x)zx(y+z)(y+x)+(x+y)xy(z+x)(z+y)≥x+y+z⇔2(y+z)yz(x+y)(x+z)+2(z+x)zx(y+z)(y+x)+2(x+y)xy(z+x)(z+y)≥2(x+y+z)⇔(y+z)zx+y+(y+z)yx+z－(y+z)(zx+y－Error!2+(z+x)zx+y+(z+x)xy+z－(z+x)(zx+y－Error!2+(x+y)xy+z+(x+y)yx+z－(x+y)(xy+z－Error!2≥2(x+y+z)⇔2(x2y+z+y2z+x+z2x+y)－(x+y+z)≥(y+z)(zx+y－Error!2+(z+x)(zx+y－Error!2+(x+y)(xy+z－Error!2⇔(x+y+z)(x－y)2(y+z)(z+x)+(x+y+z)(y－z)2(z+x)(x+y)+(x+y+z)(z－x)2(x+y)(y+z)≥(y+z) (x+y+z)2(y－z)2(z+x)(x+y)(\R(z(x+z))+\r(y(x+y)))2+(z+x)(x+y+z)2(z－x)2(x+y)(y+z)(\R(z(y+z))+\r(x(x+y)))2+(x+y) (x+y+z)2(x－y)2(y+z)(z+x) (\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2. ①下面证明(x+y+z)(x－y)2(y+z)(z+x)≥(x+y)(x+y+z)2(x－y)2(y+z)(z+x) (\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2⇔1≥(x+y+z)(x+y)(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2⇔(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2≥(x+y+z)(x+y)⇔2x(x+z)y(y+z)≥2xy.因为z是正数,这是显然的.同理可证其余两个不等式.于是不等式①成立.例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,证明：1a+1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)·1a2+b2+c2.(2004年匈牙利数学奥林匹克试题)证明因为abc=1,所以1a+1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)1a2+b2+c2等价于1 a +1b+1c－3a+b+c≥2(1a2+1b2+1c2)abca2+b2+c2.注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有1 a +1b+1c－3a+b+c－2(1a2+1b2+1c2)abca2+b2+c2= [(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= (a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= [(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]abc(a+b+c)(a2+b2+c2)= ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2abc(a+b+c)(a2+b2+c2)≥0.所以,原不等式成立.例11 已知x,y,z∈[1,2],证明：(x+y+z)(1x+1y+1z)≥6(xy+z+yz+x+zx+y).(2006年越南数学奥林匹克试题)证明不妨设2≥x≥y≥z≥1,因为(x+y+z)(1x+1y+1z)－9=(x－y)2xy+(y－z)2yz+(z－x)2zx,又因为xy+z+yz+x+zx+y－32=12[(x－y)2(y+z)(z+x)+(y－z)2(x+y)(z+x)+(z－x)2(y+z)(x+y)],所以(x+y+z)(1x+1y+1z)－6(xy+z+yz+x+zx+y)=(1xy－3(y+z)(z+x))(x－y)2+(1yz－3(x+y)(z+x))(y－z)2+(1zx－3(y+z)(x+y))(z－x)2≥0z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2 =S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2≥0.①由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以S x＞0,又S y≥0⇔(y+z)(x+y)－3zx≥0⇔xy+yz+y2－2zx≥0. ②由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以S y≥0.如果S z≥0,则①式右边≥0,不等式得证.如果S z＜0,则(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),S z(x－y)2+S x(y－z)2+S y(z－x)2=(S y+S z)(z－x)2+(S x+S z)(y－z)2－2S z (x－z)(y－z)≥(S y+S z)(z－x)2+(S x+S z)(y－z)2.下面证明S y+S z≥0, S x+S z≥0.S x+S z=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z )(x－y)+z2]≥0,S y+S z=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以S z＜0时,不等式也成立.于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(1x+1y+1z)≥6(xy+z+yz+x+zx+y).。