配凑技巧，解法1、4还通过先换元以后再利用公式；解法7则是运用整体思想与方程思想解决最值问题的一个范例，不少条件最值问题都可用此法加以解决;解法8通过换元，再将问题转化为求两曲线有交点的条件，虽有一定难度，但它体现了数学各分支内容之间的内在联系，当一个问题难以解决时，通过发散思维，将其转化为一个与之等价的较易解决的问题，这是一种常用的数学思想方法，也是高考所明确要求的．解法9则巧妙地运用方差的知识使问题获解，体现了新教材中知识的创新应用．
拓展 该问题可作多种推广：
推广1 己知a?b?c?1，n?N?，则na?1?仅当a?b?c?nb?1?nc?1?3(n?3)，当且
1时取等号． 3nb?m?nc?m?3(n?3m)，
推广2 己知a?b?c?1，n,m?N?，则na?m?当且仅当a?b?c?1时取等号． 3na1?m?na2?m?????nak?m
推广3 己知a1?a2?????ak?1(k?N?)，则
?k(n?km)（n,m?N?），当且仅当a1?a2?????ak?1时取等号． k推广4 若p?0，q?0，pai?q?0(i?1,2,???,n)，
n?ai?1ni?k(k?0)，则对于m?2，
m?N，有?mpai?q?mnm?1(kp?nq)，当且仅当a1?a2?????an?i?1k时取等号． n?nm?pa?qi???i?1??证明 由均值定理，得?n??????m??pa?q?ii?1nn?p?ai?nqi?1nn?pk?nq，则 n?i?1nmpai?q?nmpk?nqmm?1k?n(kp?nq)，（当且仅当a1?a2?????an?时取等号）． nn推广1、2、3都是推广4的特殊情形，运用推广4，可以直接解决以下问题．
?1、 己知x,y,z?R，且x?y?z?3，求证：5x?1?5y?1?5z?1?36．
2、 己知a,b,c?R，a?b?c?1，求证：33a?7?33b?7?33c?7?6. 3、 x,y,z?R，且x?y?z?8，求4
??232323x??4y??4z?的最大值． 34343431
变换角度思考，我们能否求3a?1?3b?1?3c?1(a?b?c?1)的最小值呢？ 先从最简单的情况入手．
??3a?1?3b?1?3(a?b)?2?2(3a?1)(3b?1)?1?23(a?b)?1?9ab?1
?2?3(a?b)．若ab?0，我们设法保留a?b，去掉ab，得上式右边
?． ?3(a?b)?1?23(a?b)?1?1???1?3(a?b)?1?故有3a?1?3b?1?23(a?b)?1?1.（＊）
对于a,b,c?0，反复运用（＊）式，有
3a?1?3b?1?3c?1?3(a?b)?1?1?3c?1?3(a?b)?1?3c?1?1?3(a?b?c)?1?1?1?3(a?b?c)?1?2
若有a?b?c?1，则3a?1?3b?1?3c?1?3?1?1?2?4，且当a?b?0，
c?1时取等号，于是便有
命题1 若a,b,c?0，a?b?c?1，则3a?1?3b?1?3c?1?将a?b?c?1改为a?b?c?k，则有
命题2 若a,b,c?0，a?b?c?k，则3a?1?3b?1?3c?1?3k?1?2. 将命题2中的3改为n，则有
命题3 若a,b,c?0，a?b?c?k，则na?1?nb?1?nc?1?继续推广，得
命题4 若a,b,c?0，a?b?c?1，n,m?N?，则na?m?nb?m?nc?m
3?1?1?2?4.
nk?1?2.
?2m?m?n．
证明 ?ab?0，?(na?m)(nb?m)?nab?mn(a?b)?m?mn(a?b)?m， 即(na?m)(nb?m)?222mn(a?b)?m2，于是有(na?m)?2(na?m)(nb?m)?(nb
2?m)?m?2mn(a?b)?m?[n(a?b)?m]， 即
?na?m?nb?m?2?(m?
n(a?b)?m)2，?na?m?nb?m?m?n(a?b)?m. 反复利用上式，得
32
na?m?nb?m?nc?m ? n(a?b?c)?m?2m?n?m．
m?n(a?b)?m?nc?m ?m?m?
将a?b?c?1改为a?b?c?k，则有
命题5 若a,b,c?0，a?b?c?k，n,m?R，则
?na?m?nb?m?nc?m?2m?m?nk.
命题6 若a1,a2,???,ak?0，a1?a2?????ak?1，k,n,m?N?, 则
na1?m?na2?m?????nak?m?(k?1)m?m?n.（证略）
题20 若0?a、b、c?1，并且a?b?c?2，则a?b?c的取值范围是 （ ） A、?，??? B、?，2? C、?，2? D、?,2?
（第九届高二第一试第10题）
解法1 由柯西不等式，可知(a?b?c)(1?1?1)?(a?1?b?1?c?1). ∵a?b?c?2，∴a?b?c?2222222222222?4?3???4??3??4?3???4?3??4. 又由0?a、b、c?1，可知(1?a)(1?b)(1?c)?0, 3即1?(a?b?c)?(ab?bc?ca)?abc?0，∴ab?bc?ca?1，于是
a2?b2?c2?(a?b?c)2?2(ab?bc?ca)?4?2(ab?bc?ca)?4?2?2.
综上，
4?a2?b2?c2?2.故选C. 3222解法2 由a?b?c?2，得c?2?(a?b)，代入u?a?b?c，有
u?a2?b2?[2?(a?b)]2?2a2?2b2?4?2ab?4a?4b，即
2a2?(2b?4)a?(2b2?4b?4?u)?0，∵a?(0,1)，∴??(2b?4)2?8(2b2?4b?4?u)
28?0，即2u?3b2?4b?4?3(b?)2??f(b)，∵b?(0,1)，则上式成立的条件必须且只
33须是f?
4?2??2u?f(0)，∴?u?2.故选C. ?33??33
评析 解法1由柯西不等式得到a2?b2?c2?4，并由a、b、c?(0,1)推得3a2?b2?c2?2.从而选C．
解法2运用方程思想，设u?a?b?c后，将其表示成关于a的二次方程，由a?(0,1)，
2222?8?得⊿?0，进而得2u?3?b????f(b)，此式成立的条件是什么？这是一个关键问题.，
3?3?2?2??b?(0,1),?必须且只须f???2u?f(0)，从而解决问题.
?3?拓展 众所周知下面的定理
定理 若二次函数y?ax?bx?c?0，且a?0，则b?4ac?0. 易得下面的
推论 若f(x)?(x?a1)?(x?a2)???(x?an)，则
22222(a1?a2???an)2?n(a12?a22???an2).
证明 f(x)?(x?a1)?(x?a2)???(x?an)
222?nx2?2(a1?a2???an)x?(a12?a22???an2).由上面的定理，得
⊿?[2(a1?a2???an)]?4n(a1?a2???an)?0， ∴(a1?a2???an)?n(a1?a2???an).
由此，本题还可解答如下：
构造二次函数f(x)?(x?a)?(x?b)?(x?c)，由推论，得
22222222222(a?b?c)2?3(a2?b2?c2)，即22?3(a2?b2?c2)，∴a2?b2?c2?4，当且仅当3a?b?c?1222时取等号.又a、b、c?(0,1)，∴a?b?c?a?b?c?2.故34?a2?b2?c2?2.∴选C. 3下面再举一例说明推广的应用．
例 设x,y为正数，且x?y?1，证明?1?
34
??1??1???1???9 ． x??y?（加拿大第三届数学竞赛题）
证明 ∵x?y?1，∴x?y?1?2xy.
构造二次函数f(t)?(t?x)?(t?y)，由推论得(x?y)?2(x?y)， ∴1?2(1?2xy)，得xy?2222222221?1??1?xy?x?y?1?1??1?8?9，即，∴?1???1???xyxyxy4?????1??1??1???1???9.
y??x??关于此题中a?b?c的最小值，还可以通过轮换对称的性质求得.
如果一个代数式里的字母按照某个次序轮换，所得的代数式与原式恒等.我们就把这个代数式叫做关于这些字母的轮换对称式.如a?b?c，abc，a?1?b?1?222111c?1，??
abc等都是关于a、b、c的轮换对称式.
如果已知条件式和待求式都是关于某些字母的轮换对称式，则当且仅当这些字母相等时，待求式取得最值.再取一些特殊值（要满足条件式，但各字母取值不全相同）验证，便可确定待求式是最大值还是最小值.据此，本题中a?b?c的最小值还可这样求得：当且仅当
222a?b?c?42312222时，a?b?c取得最值3a?，再令a?b?，c?，求得33421144a2?b2?c2??.故(a2?b2?c2)min?.
383a2?b2?c2?a?b?c???本题中a?b?c的最小值还可由均值不等式求得：∵?，
33??2222∴a?b?c?3?22222242?a?b?c??2??3??，当且仅当时取等号. a?b?c????333???3?22∴(a?b?c)min?
4. 3 35