PDF《8 1 6》

(2)当x, y, z 至少一个为 0,不妨设 z = 0,则xy + yz + xz = xy,由于 x, y ∈ [?2, 2],因此 xy ≥ ?4;

(3)当x, y, z 两个正,一个负,不妨设 x, y 为正,z 为负,则xy + yz + xz +

4 = xy ? 2x ? 2y +

4 + 2x + 2y + yz + xz = (x ? 2)(y ? 2) + (x + y)(2 + z) ≥ 0;

(4)当x, y, z 两个负,一个正,不妨设 x, y 为负,z 为正,则xy + yz + xz +

4 = xy + 2x + 2y +

4 ? 2x ? 2y + yz + xz = (x + 2)(y + 2) ? (x + y)(2 ? z) ≥ 0. 综上,原不等式成立. kuing 评注:这个解答的讨论复杂了,其实后三类可以合成一类,首先

0 无需另分类,只要将后面改为非负或非正即 可,其次,因为当 x, y, z 同时变为其相反数时原式左边的值不变,所以后两类又可合成一类. 事实上,本题有如下两个更简单的方法. 另另另证 证 证一 一一设f(x) = xy + yz + zx +

4 = (y + z)x + yz + 4,为一次函数,又依题意有 f(?2) = (2 ? y)(2 ? z) ≥ 0, f(2) = (2 + y)(2 + z) ≥ 0, 所以当 x ∈ [?2, 2] 时必有 f(x) ≥ 0,所以原不等式成立. 另另另证 证 证二 二二依题意有 (2 + x)(2 + y)(2 + z) ≥ 0, (2 ? x)(2 ? y)(2 ? z) ≥ 0, 两式相加整理即得原不等式. 题目 2.1.2. 已知 x, y, z 都是非负实数,且x+y+z=1.求证: x(1 ? 2x)(1 ? 3x) + y(1 ? 2y)(1 ? 3y) + z(1 ? 2z)(1 ? 3z) ≥ 0, 并确定等号成立的条件. 证明 不妨设 x ≥ y ≥ z ≥ 0,由于 x + y + z = 1,所以 x + y ≥

2 3 , z ≤

1 3 ,可设 x + y =

2 3 + t, z =

1 3 ? t 其中

0 ≤ t ≤

1 3 ,则x(1 ? 2x)(1 ? 3x) + y(1 ? 2y)(1 ? 3y) + z(1 ? 2z)(1 ? 3z) = 6(x3 + y3 + z3 ) ? 5(x2 + y2 + z2 ) + x + y + z =

6 ( (x + y + z)(x2 + y2 + z2 ? xy ? yz ? xz) + 3xyz ) ? 5(x2 + y2 + z2 ) +

1 = x2 + y2 + z2 ? 6xy ? 6yz ? 6xz + 18xyz +

1 5 助力高考 =

2 ? 8xy ? 8yz ? 8xz + 18xyz =

2 ? 2xy(4 ? 9z) ? 8z(x + y) =

1 ?

8 (

1 3 ? t ) (

2 3 + t ) ? 2xy(1 + 3t) ≥

2 ?

8 (

1 3 ? t ) (

2 3 + t ) ? (x + y)2

2 (1 + 3t) =

2 ?

8 (

1 3 ? t ) (

2 3 + t ) ?

1 2 (

2 3 + t )2 (1 + 3t) =

1 2 t2 (11 ? 3t) ≥ 0, 故原不等式成立. kuing 评注:本题与《数学空间》第3期的《ab1962 解题集精选

(二) 》的例 2.1.5 类似,解法上也一样.这里我给 出如下另证. 另另另证 证证由对称性,不妨设 x ≥ y ≥ z,则x(1 ? 2x) (1 ? 3x) + y (1 ? 2y) (1 ? 3y) + z (1 ? 2z) (1 ? 3z) = x(y + z ? x)(y + z ? 2x) + y(z + x ? y)(z + x ? 2y) + z(x + y ? z)(x + y ? 2z) = x(y + z ? x)(2y ? 2x) + x(y + z ? x)(z ? y) + y(z + x ? y)(2x ? 2y) + y(z + x ? y)(z ? x) + z(x + y ? z)(x ? z) + z(x + y ? z)(y ? z) = (x(y + z ? x)(2y ? 2x) + y(z + x ? y)(2x ? 2y)) + (x(y + z ? x)(z ? y) + z(x + y ? z)(y ? z)) + (y(z + x ? y)(z ? x) + z(x + y ? z)(x ? z)) = 2(x + y ? z)(x ? y)2 + (z + x ? y)(x ? z)(y ? z) + (y + z ? x)(x ? z)(y ? z) = 2(x + y ? z)(x ? y)2 + 2z(x ? z)(y ? z) ≥ 0, 故原不等式成立. 题目 2.1.3. 已知

5 sin B = sin(2A + B),求证:2 tan(A + B) =

3 tan A. 证明

5 sin B = sin(2A + B) ??

5 sin((A + B) ? A) = sin((A + B) + A) ?? 5(sin(A + B) cos A ? cos(A + B) sin A) = sin(A + B) cos A + cos(A + B) sin A ??

4 sin(A + B) cos A =

6 cos(A + B) sin A, 下一步就到目标了. kuing 评注:本题有瑕疵,应有条件 A, A + B ?= kπ + π

2 , k ∈ Z. 题目 2.1.4. 求y=sin x sin 2x(x ∈ (0, π)) 的最大值. 解y=sin x sin 2x =

2 sin2 x cos x = 2(1 ? cos2 x) cos x,

6 助力高考 当x∈[π

2 , π ) 时y≤0,不可能是最大值,故设 x ∈ ( 0, π

2 ) ,则y=√2((1 ? cos2 x) ・ (1 ? cos2 x) ・

2 cos2 x )1

2 ≤ √

2 (

1 ? cos2 x +

1 ? cos2 x +