R0019,高中数学竞赛专题讲座---排序、均值、柯西(5)

（1）当z 0时，k

xyx y

2

2

，由x2 y2 2|xy|，得

|xy|x y

2

2

12

,即

12

k

12

.

（2）当z 0时，将①式整理，得kx2 (y 2z)x k(y2 9z2) 3yz 0,k可以为0，当k 0时，不等式显然成立；

0，当k 0时，因x R，即 0或 0.由 0得 (y 2z)2 4k(ky2 9kz2 3yz)

(1 4k)y (4z 12kz)y 4z(1 9k) 0.

2

2

2

2

当k 当k

12

12

时，不等式显然成立；

时， y R, 0. (4z 12kz)2 4(1 4k2)4z2(1 9k2) 0.

即16z2[(1 3k)2 (1 4k2)(1 3k)(1 3k)] 0, 16z2 0,

(1 3k) (1 4k)(1 3k)(1 3k)] 0,即(1 3k)k(k

2

2

1

6

)(k

1

6

) 0.

解得：

1

6

k

13

，或0 k

1

6

.

同理，由 0，得(1 4k2)y2 (4z 12kz)y 4z2(1 9k2) 0，对任意实数y都满足的充要条件

2

1 1 4k 0,是： 解得 k 0.

2222

3 (4z 12kz) 4(1 4k)4z(1 9k) 0.

综合以上，可得k的取值范围是：由此可得

1

6

2

1

6

k

1

6

.

xy 2xz 3yzx y 9z

2

222

1

6

. 即所证不等式成立.

说明：“双判别式法”可以解决：

q(k1x k2y k3z) axy bxz cyz p(k1x k2y k3z)(ki 0,i 1,2,3)的三元二次齐次不等式

2

2

2

2

的证明问题.

例11 求最大常数k,使

kabca b c

(a b) (a b 4c)对所有正实数a,b,c成立. a b cabc

2

2

2

解: 取a b 2c,有k 100.又

a b cabca b cabc

2

[(a b) (a b 4c)]

[4ab

]

2

22

[(a b) (a 2c

b 2c)]

a b cabc

(4ab 8ac 8bc

c) (a b c) (

4c

8a

8b

(

a2

a2

b2

b2

c) (

2

4c

2

8a

2

8b

100.故kmax 100.

例12 对满足x y z 1的正数x,y,z，

求证证：

易知x y z

3

x1 x

2

y1 y

x1 x

2

z1 z

2

（32届IMO预选题） .待定系数

，使得

2

21

x ，

23

整理得

1

x

2

2 1

x

3

3x 1 ，两边约去

2

1，代入x

3

，得

2

，