劉波

摘要：在各級(jí)各類競(jìng)賽中，經(jīng)常出現(xiàn)目標(biāo)式為關(guān)于多個(gè)變量的“根和式”的不等式證明或求最值等一類問(wèn)題.這類問(wèn)題結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)明，形式優(yōu)美，但內(nèi)涵豐富，抽象程度高，綜合性較強(qiáng)，探究這類問(wèn)題的解法頗有必要.本文通過(guò)具體實(shí)例介紹運(yùn)用“局部換元”方法求解數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題.

關(guān)鍵詞：局部換元；多元；根式和

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2023）33-0002-03

在一定條件背景下，對(duì)于目標(biāo)式中出現(xiàn)形如u（x）+u（y）+u（z）或u（x，y）+u（y，z）+u（z，x） 的多元“根式和”，諸如不等式證明或求最值、范圍等問(wèn)題，我們可用局部換元的方法進(jìn)行求解，即令a=u（x），b=u（y），c=u（z），或令a=u（x，y），b=u（y，z），c=u（z，x）），這樣就將關(guān)于x，y，z的無(wú)理式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a，b，c有理式問(wèn)題，然后結(jié)合題設(shè)條件，進(jìn)一步利用均值不等式、柯西不等式等不等式結(jié)論，使問(wèn)題獲解.

下面舉例說(shuō)明局部換元法在求解競(jìng)賽中一類多元“根式和”問(wèn)題的應(yīng)用.

1 證明不等式

例1（2022年5月全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江西省的預(yù)賽第10題）設(shè)x，y，z為正實(shí)數(shù)，滿足xyz=1，證明：1+8x+1+8y+1+8z≥9.

證明令a=1+8x，b=1+8y，c=1+8z，因?yàn)閤，y，z為正實(shí)數(shù)，所以a，b，c>1，且a2-1=8x，b2-1=8y，c2-1=8z.

于是83=83·1=83·xyz=8x·8y·8z

=（a2-1）（b2-1）（c2-1）

=（a-1）（b-1）（c-1）（a+1）（b+1）（c+1）

≤（a-1）+（b-1）+（c-1）33·

（a+1）+（b+1）+（c+1）33

=（a+b+c-33）3·（a+b+c+33）3

=（a+b+c）2-933.

所以（a+b+c）2-993≥83，

所以（a+b+c）29-1≥8，

所以（a+b+c）2≥81.

因?yàn)閍，b，c>1，所以a+b+c≥9.

故1+8x+1+8y+1+8z≥9得證.

點(diǎn)評(píng)若本題直接證明，不僅有三個(gè)變量，而且目標(biāo)式中含有三個(gè)“二次根式”，證明起來(lái)比較困難.這里進(jìn)行局部換元，將“83=83·1”進(jìn)行1的代換后代入得到關(guān)于引進(jìn)的參數(shù)的式子，分解、組合并兩度利用三元均值不等式求解的.求解本題的關(guān)鍵在于為什么由“83”來(lái)切入，這需要對(duì)題意有較強(qiáng)的分析、把控的能力.

例2（2005年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選試題）設(shè)x，y，z為正數(shù)，且xy+yz+zx+2xyz=1，證明：xy+yz+zx≤32[1].

證明令a=xy，b=yz，c=zx，因?yàn)閤，y，z為正實(shí)數(shù)，所以a，b，c>0，且a2=xy，b2=yz，c2=zx，abc=xyz.

所以由xy+yz+zx+2xyz=1，

得a2+b2+c2+2abc=1.

由柯西不等式，得

（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）

=3×（1-2abc）

=3-6abc，

所以（a+b+c）2+6abc-3≤0，

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào).

又由三元均值不等式，得

abc≤（a+b+c3）3

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào).

所以（a+b+c）2+6·（a+b+c3）3-3≤0，

整理得2（a+b+c）3+9（a+b+c）2-27≤0，

所以2（a+b+c）3-3（a+b+c）2+12（a+b+c）2-18（a+b+c）+18（a+b+c）-27≤0，

所以化簡(jiǎn)得（a+b+c）2［2（a+b+c）-3］+6（a+b+c）［2（a+b+c）-3］+9［2（a+b+c）-3］≤0，

所以［2（a+b+c）-3］［（a+b+c）2+6（a+b+c）+9］≤0，

即［2（a+b+c）-3］（a+b+c+3）2≤0，

所以2（a+b+c）-3≤0，即a+b+c≤32，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=12時(shí)取等號(hào).

故xy+yz+zx≤32得證.

點(diǎn)評(píng)本題對(duì)目標(biāo)式中的三個(gè)二次根式進(jìn)行局部換元，轉(zhuǎn)化后運(yùn)用柯西不等式和三元均值不等式證明.在證明過(guò)程中，三次式“2（a+b+c）3+9（a+b+c）2-27”的分解是個(gè)難點(diǎn)，需要有較強(qiáng)的配湊、變形能力.

2 求最值

例3（第8屆希望杯高二試題）如果a+b+c=1，則3a+1+3b+1+3c+1的最大值為［2］.

解析設(shè)3a+1=m，3b+1=n，3c+1=p，則a=m2-13，b=n2-13，c=p2-13，

所以由a+b+c=1，得m2+n2+p2=6.

所以（m+n+p）2=m2+n2+p2+2mn+2np+2mp≤m2+n2+p2+m2+n2+n2+p2+m2+p2=

3（m2+n2+p2）=18，

當(dāng)且僅當(dāng)m=n=p=2時(shí)等號(hào)成立，

故3a+1+3b+1+3c+1的最大值為32.

點(diǎn)評(píng)題由于a，b，c具有輪換性，其和為定值1，所以通過(guò)進(jìn)行“局部換元”，進(jìn)而結(jié)合重要不等式求解的.此解法別具一格，充分體現(xiàn)了“局部換元”法的應(yīng)用價(jià)值和解題魅力.

例4（2022年5月全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江西省的預(yù)賽第4題）若x，y，z∈R+，滿足xy+yz+zx=1，則函數(shù)f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是.

解設(shè)a=xy+5，b=yz+5，c=zx+5，則a2+b2+c2=xy+5+yz+5+zx+5=xy+yz+zx+15=16.

由柯西不等式，得

（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）

=3×16=48，

所以xy+5+yz+5+zx+5≤43.

故函數(shù)f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是43.

點(diǎn)評(píng)若本題通過(guò)局部換元，運(yùn)用柯西不等式求解，思路明朗、清晰，易于理解，同時(shí)也簡(jiǎn)化了運(yùn)算.

3 求范圍

例5（2015年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山西賽區(qū)預(yù)賽第7題）設(shè)a=3x+1+3y+1+3z+1，其中x+y+z=1，x，y，z≥0，則［a］=.

解析同例3解析，可得a≤18<5.

又因?yàn)?≤x，y，z≤1，

所以x≥x2，y≥y2，z≥z2，

于是3x+1≥x2+2x+1=（x+1）2，

所以3x+1≥x+1，

同理3y+1≥y+1，3z+1≥z+1，

所以3x+1+3y+1+3z+1≥x+1+y+1+z+1=（x+y+z）+1=4.

綜上，得4≤3x+1+3y+1+3z+1<5，即4≤a<5.

故［a］=4.

點(diǎn)評(píng)本題首先進(jìn)行“局部換元”，進(jìn)而結(jié)合重要不等式求得（上確界）上界，然后利用不等式性質(zhì)得到下界從而得解的.

例6（2021年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽廣西預(yù)賽第2題）已知xy+yz+zx=1，其中x，y，z均為正數(shù)，則3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數(shù)部分為.

解法1設(shè)a=3xy+1，b=3yz+1，c=3zx+1，

則由解法1，得a2+b2+c2=6.

設(shè)M=3xy+1+3yz+1+3zx+1=a+b+c，

構(gòu)造二次函數(shù)

φ（λ）=（λ-a）2+（λ-b）2+（λ-c）2，

即φ（λ）=3λ2-2（a+b+c）λ+a2+b2+c2=3λ2-2Mλ+6.

因?yàn)棣眨é耍?，對(duì)λ∈R恒成立，所以△=（-2M）2-4×3×6≤0，

從而M2≤18<25，

所以3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

以下同解法1，可知3xy+1+3yz+1+3zx+1>4.

綜上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數(shù)部分為4.

點(diǎn)評(píng)此題是一道難得的經(jīng)典考題，思路寬泛，解法較多，對(duì)于考生參賽來(lái)說(shuō)，基于填空題的特點(diǎn)，可以利用賦值法，取x=y=z=33得以秒解.這里出于問(wèn)題具體解法的思考，通過(guò)局部換元后利用柯西不等式求得（上確界）上界，然后利用不等式性質(zhì)得到下界從而得解的.下面再給出一種通過(guò)局部換元后構(gòu)造二次函數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題求得（上確界）上界，然后利用不等式性質(zhì)得到下界的解法.

解法2設(shè)a=3xy+1，b=3yz+1，c=3zx+1，則由解法1，得a2+b2+c2=6.

設(shè)M=3xy+1+3yz+1+3zx+1=a+b+c，構(gòu)造二次函數(shù)φλ=（λ-a）2+（λ-b）2+（λ-c）2，即φλ=3λ2-2a+b+cλ+a2+b2+c2=3λ2-2Mλ+6.

因?yàn)棣咋恕?，對(duì)λ∈R恒成立，所以△=-2M2-4×3×6≤0，

從而M2≤18<25，所以3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

以下同解法1，可知3xy+1+3yz+1+3zx+1>4.

綜上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數(shù)部分為4.

局部換元法作為一種常用的換元方法，其本質(zhì)在于轉(zhuǎn)化，其關(guān)鍵在于設(shè)元，其目的在于變換所研究的問(wèn)題對(duì)象，達(dá)到化繁為簡(jiǎn)、化難為易之目的.通過(guò)上述幾例可以看出，應(yīng)用局部換元法解答某些競(jìng)賽題優(yōu)勢(shì)明顯，在解題中應(yīng)多體會(huì)這一方法.

參考文獻(xiàn)：

［1］?姜坤崇.用局部換元法巧證一類條件不等式[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2022（5）：30-33.

[2] 方志平.均值代換 魅力無(wú)窮[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2021（1）：44-45.

［責(zé)任編輯：李璟］