摘要：一些條件不等式和一些非條件不等式可以轉(zhuǎn)化成與“1”有關(guān)的條件不等式，現(xiàn)將《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)》中的三個(gè)擂臺(tái)題化為與“1”有關(guān)的條件不等式來解答，體現(xiàn)“1”在解決問題時(shí)的妙用．
　　關(guān)鍵詞：條件不等式；非條件不等式；轉(zhuǎn)化
　　
　　條件不等式和一些無條件不等式可以轉(zhuǎn)化成與“1”有關(guān)的條件不等式，現(xiàn)將《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)》中的三個(gè)擂臺(tái)題化為與“1”有關(guān)的條件不等式來解答．
　　引理1：設(shè)ai∈R+（i=1，2，3…，n），且a1a2…an=1，x≥y>0，則a≥a．
　　證明：不妨設(shè)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?yàn)镃a=（a+a+…+a）≥iak1ak2…aki，
　　所以Ca≥nak1ak2…aki，即Cna≥nak1ak2…aki.
　　題1：設(shè)xi∈R+（i=1，2，3…，n），且x1x2…xn=1，n>3，m是實(shí)數(shù)，則當(dāng)m≥n－2或m≤1－n時(shí)，有≥．
　　證明：當(dāng)m≥n－2時(shí)，
　　≥等價(jià)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?yàn)閤≥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(dāng)m≥n－2時(shí)，
　　≥.
　　當(dāng)m≤1－n時(shí)，令x=，此時(shí)yy…y=1，－m－1≥n－2，
　　=≥.
　　綜上所述，原命題成立.
　　題2：設(shè)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：
　?。?）（a－b）2+（b－c）2+（c－a）2；
　?。?）（a－b）（b－c）+（b－c）（c－a）+（c－a）（a－b）；
　　（3）（a－b）（b－c）（c－a）.
　　解析：三個(gè)代數(shù)式均無最大值，理由如下：
　　為敘述方便，設(shè)a=x+y，b=y+z，c=z+x（x，y，z∈R）.
　　因?yàn)橹荛L為定值，不妨設(shè)周長為2，此時(shí)x+y+z=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(dāng)x=1－，y=，z=，n→+∞時(shí)，（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．
　?。?）不妨設(shè)x≥y≥z，
　?。╝－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(dāng)x=1－，y=，z=，n→+∞時(shí)，
　?。╝－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．
　?。?）不妨設(shè)x≥y≥z，
　?。╝－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(shù)，在，為減函數(shù)，所以g（y）max=g=.
　　當(dāng)x=，y=－，z=，n→+∞時(shí)，（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(dāng)k=1時(shí)，命題顯然成立.
　　當(dāng)k≥2時(shí)，命題等價(jià)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?yàn)槲覀冎繿1a2…ak-1，a2a3…ak，…，an-k+1an-k+2…an-1這n-k+1個(gè)數(shù)必有一個(gè)最大，不妨設(shè)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.