两个优美不等式及其指数推广

2011年第 11期 福建中学数学 21 A.①③ B.①④ C. ②③ D.②④ 评注 本题创造性的以等差数列知识为背景，以 指数函数图象的特征为载体，主要考查函数、等差 数列、三角形判断等相交的内容．考查考生抽象概 括能力、推理论证能力，化归与转化思想以及数形 结合的思想．本题若利用向量求解则计算繁杂较难 完成，所以选用数形结合思想，但又不是简单的作 图就能解决问题，而是要挖掘橫坐标成等差数列本 质特征，以及指数函数的增长速度的本质，才能很 好的解决此题． 5 应用型 数学来源于生活并且应用生活．加强应用意识 的培养和考查是教育改革的需要，同时也是数学科 自身的特点所决定的． 随着学习能力、理性思维能力、创新意识逐步 纳入高考考查的轨道．面对实际问题时，学生要能 主动尝试着从数学的角度，运用所学的知识和方法 寻求解决问题的策略；同样面对新的数学知识时， 学生也要能主动地寻求其实际背景，并探索其应用 价值． 例 6（2011 年高考安徽卷·理 20）工作人员需 进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次 只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不 超过 10 分钟，如果有一个人 10 分钟内不能完成任 务则撤出，再派下一个人．现在一共只有甲、乙、 丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别 1 2 3, ,p p p ，假设 1 2 3, ,p p p 互不相等，且假定各人能否 完成任务的事件相互独立． （Ⅰ）如果按甲在先，乙次之，丙最后的顺序派人， 求任务能被完成的概率．若改变三个人被派出的先 后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？ （Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成 任务的概率依次为 1 2 3, ,q q q ，其中 1 2 3, ,q q q 是 1 2 3, ,p p p 的一个排列，求所需派出人员数目 X 的分布列和均 值（数字期望） EX ； （Ⅲ）假定 1 2 31 P P P> > > ，试分析以怎样的先后顺 序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数 字期望）达到最小． 评注 本题是概率型应用题，构思新颖，不落俗 套．试题以全球关注的核安全问题为载体，通过分 层设问使得试题既具开放性又具可控性，试题渗透 了对解决问题方案的优化思想，引导学生运用研究 性学习的理念，把现实问题“数学化”，构建恰当的数 学模型，考查相互独立事件的概率计算，考查离散 型随机变量及其分布列、均值等基本知识，考查在 复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、考 查合情推理与演绎推理，分类讨论思想，应用意识 与创新意识．鼓励学生猜想、探究、论证、迁移， 学会提出问题、分析问题并解决问题，而且探究的 结果与常理相符，体现了“能者为先”的理念，完美地 回归数学的科学价值和人文价值． 由此可见，高考对考生创新意识和创新能力的 考查力度逐年提高．要求高中数学课程应力求通过 各种不同形式的自主学习、探究活动，引导学生对 新概念、新知识、新信息、新情景、新问题进行分 析、探索，让学生体验数学知识的发现和创造的历 程，发展他们的创新意识． 两个优美不等式及其指数推广 田富德 福建省大田第一中学（366100） 文［1］有如下两个命题： 命 题 1 设 a b c +∈ R，， ， 且 1a b c+ + = ， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 41 1 1 ab bc ca c a b a b c b c a + + ≤+ − − + − − + − − ． 命 题 2 设 a b c +∈ R，， ， 且 3a b c+ + = ， 则 3 4 4 4 2 a b c ab c bc a ca b + + ≤+ − + − + − ． 文［1］给出并证明几个有趣的无理不等式，笔 者研读后，给出并证明两个与以上两个命题类似优 美的分式不等式，最后与文［1］的两个定理进行统 一指数推广． 定理 1 设 a b c +∈ R，， ，且 1a b c+ + = ，则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 81 1 1 ab bc ca c a b a b c b c a + + ≥+ − − + − − + − − ． 证明 由于 2 2 2 2 2 2 21 ( )c a b a b c c a b+ − − = + + + − − 22 2 2 2 2( )( )c ab bc ca c a c b= + + + = + + ， 22 福建中学数学 2011年第 11期 故 2 2 2 2( )( )1 ab ab c a c bc a b = + ++ − − ； 同理有 2 2 21 2( )( )a b c a b a c+ − − = + + ， 2 2 2 2( )( )1 bc bc a b a ca b c = + ++ − − ； 且 2 2 21 2( )( )b c a b c b a+ − − = + + ， 2 2 2 2( )( )1 ca ca b c b ab c a ∴ = + ++ − − ． 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 381 1 1 ab bc ca c a b a b c b c a + + ≥+ − − + − − + − − 3 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) 8 ab bc ca c a c b a b a c b c b a ⇔ + + ≥+ + + + + + （去分母） 4[ ( ) ( ) ( )] 3( )( )( )ab a b bc b c ca c a a b b c c a⇔ + + + + + ≥ + + + （展开整理） 2 2 2 2 2 2 6a b ab b c bc c a ca abc⇔ + + + + + ≥ 2 2 2( ) ( ) ( )a b abc ab abc b c abc⇔ − + − + − 2 2 2( ) ( ) ( ) 0bc abc c a abc ca abc+ − + − + − ≥ ( ) ( ) ( )ab a c ab b c bc b a⇔ − + − + − ( ) ( ) ( ) 0bc c a ca c b ca a b+ − + − + − ≥ 2 2 2( ) ( ) ( ) 0b a c a b c c b a⇔ − + − + − ≥ ． 于是定理 1 成立． 定理 2 设 a b c +∈ R，， ，且 3a b c+ + = ，则 3 4 4 4 4 a b c ab c bc a ca b + + ≥+ − + − + − ． 证明 由于 4 1 (1 )(1 )ab c a b c ab c a b+ − = + + + + − = + + ， 于是 4 (1 )(1 ) a a ab c a b =+ − + + ； 同理 4 (1 )(1 )bc a b c+ − = + + ， 则 4 (1 )(1 ) b b bc a b c =+ − + + ； 又 4 (1 )(1 )ca b c a+ − = + + ， 于是 4 (1 )(1 ) c c ca b c a =+ − + + ． 则 3 4 4 4 4 a b c ab c bc a ca b + + ≥+ − + − + − 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 4 a b c a b b c c a ⇔ + + ≥+ + + + + + （去分母） 4[ (1 ) (1 ) (1 )] 3(1 )(1 )(1 )a c b a c b a b c⇔ + + + + + ≥ + + + （展开并结合 3a b c+ + = ） 4(3 ) 3(4 )ab bc ca abc ab bc ca⇔ + + + ≥ + + + + 3ab bc ca abc⇔ + + ≥ ． 又 ( )( ) 3 ab bc ca a b cab bc ca + + + ++ + = 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 3 3 a b bc a c cb c a ab abc+ + + + + += （利用均值不等式） 2 2 2 3 3 3 abc abc abc abc abc+ + +≥ = ， 从而定理 2 得证． 结合命题 1 及定理 1 我们可以得到： 定理 3 设 a b c +∈ R，， ，且 1a b c+ + = ， 若 1 2 s ≤ ，则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) ( ) ( ) 1 1 1 8 s s s s ab bc ca c a b a b c b c a + + ≤+ − − + − − + − − ； 若 1s ≥ ，则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) ( ) ( ) 1 1 1 8 s s s s ab bc ca c a b a b c b c a + + ≥+ − − + − − + − − ． 证明 若 1 2 s ≤ ，则由幂平均不等式有 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1[ ] 3 s s sab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − − 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )1 1 1[ ] 3 s ab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − −≤ ． 由命题 1 知 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1[ ] 3 s s sab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − − 3 2 4( ) 3 s≤ ．从而有 2 2 2 2 2 2( ) ( )1 1 s sab bc c a b a b c ++ − − + − − 2 2 2( )1 sca b c a + + − − 22 33( ) 4 8 s s≤ = ． 若 1s ≥ ，则由幂平均不等式有 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )1 1 1 3 s s sab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − − 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1( ) 3 s ab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − −≥ ． 由定理 1 知 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )1 1 1 3 s s sab bc ca c a b a b c b c a + ++ − − + − − + − − 1( ) 8 s≥ ．从而有 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) ( ) ( ) 1 1 1 8 s s s s ab bc ca c a b a b c b c a + + ≥+ − − + − − + − − ． 于是定理 3 得证． 结合命题 2 及定理 2 我们可以得到： 定理 4 设 a b c +∈ R，， ，且 3a b c+ + = ， 2011年第 11期 福建中学数学 23 若 1 2 s ≤ ，则 3( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 s s s s a b c ab c bc a ca b + + ≤+ − + − + − ； 若 1s ≥ ，则 3( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 s s s s a b c ab c bc a ca b + + ≥+ − + − + − ． 证明 若 1 2 s ≤ ，则由幂平均不等式有 1 2 ( ) ( ) ( ) 4 4 4[ ] 3 s s sa b c ab c bc a ca b + ++ − + − + − 1 1 1 2 2 2( ) ( ) ( ) 4 4 4[ ] 3 s a b c ab c bc a ca b + ++ − + − + −≤ ． 由命题 2 知 1 2 ( ) ( ) ( ) 14 4 4[ ] ( ) 3 2 s s s s a b c ab c bc a ca b + ++ − + − + − ≤ ． 从而有 21 3( ) ( ) ( ) 3( ) 4 4 4 2 4 s s s s s a b c ab c bc a ca b + + ≤ =+ − + − + − ． 若 1s ≥ ，则由幂平均不等式有 ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 s s sa b c ab c bc a ca b + ++ − + − + − 4 4 4( ) 3 s a b c ab c bc a ca b + ++ − + − + −≥ ． 由定理 2 知 ( ) ( ) ( ) 14 4 4 ( ) 3 4 s s s s a b c ab c bc a ca b + ++ − + − + − ≥ ． 从而有 3( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 s s s s a b c ab c bc a ca b + + ≥+ − + − + − ． 参考文献 ［1］吴赛瑛．几个有趣的无理不等式．数学教学通讯，2010（5）:27,29 圆锥曲线的阿基米德三角形性质新探 邹生书 宋 村 湖北省阳新县高级中学（435200） 题目 过点 ( )P a b， 任作一直线与椭圆 2 2 2 2: x yC a b + 1= 交于点 M ，N ，再过点 M 作一条斜率为 b a − 的直 线与椭圆 C 相交于另一点 Q ．求证直线 NQ 过定点 ( ) 2 2 a b， ． 这是《数学教学》2011 年第 2 期数学问题与解 答的 817 号题．笔者通过画图发现，点 ( ) 2 2 a b， 恰好是 以椭圆右顶点 A 和上顶点 B 为端点的线段 AB 之中 点，又 PA ， PB 恰为椭圆的两条切线，由笔者文[1] 知点 P 与直线 AB 恰好是椭圆的一对极点与极线．又 直线 AB 的斜率恰为 b a − ，直线 MQ 的斜率也为 b a − ， 故直线 MQ 与极线 AB 平行．直线 NQ 过定点 ( ) 2 2 a b， 即直线 NQ 过 AB 的中点．笔者从数学杂志上得知： 若圆锥曲线 C 在弦 AB 两端点处的切线相交于点 P ， 则称 PABΔ 为圆锥曲线 C 的阿基米德三角形．由此知 问题中的 PABΔ 恰为该椭圆的一个特殊的阿基米德 三角形，那么对于椭圆的任意一个阿基米德三角形 是否还有此性质呢？笔者在问题的驱动下借助几何 画板研究发现，椭圆的阿基米德三角形仍有此性质． 性质 已知椭圆 2 2 2 2: 1 x yC a b + = 在弦 AB 两端点处 的切线相交于点 P ，过点 P 任作一条直线与曲线 C 交于 M ，N 两点，再过点 M 作 AB 的平行线与曲线 C 相交于另一点 Q ，则直线 NQ 过弦 AB 的中点 H ． 那么怎样对这个性质 进行理性证明呢？直接证 明由于字母多运算复杂难 以驾驭，笔者无功而返， 应另辟蹊径．考虑到仿射 变换下的几何图形具有平行不变性、直线共点不变 性和同一直线或两平行上的线段比值不变性等性 质．故可作仿射变换将椭圆变成圆，因此只要该命 题对于圆成立即可．为了进一步降低运算量简化运 y x M O Q A H P N B 图 1