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摘要：本文通过对2011年高考安徽卷理科第19题的深度研究，发现了该不等式的许多优美的变形结论，从不同侧面展示了不等式的优美，并且由此获得该不等式的推广.
关键词：不等式；变形；推广
2011年高考安徽卷理科第19题是一道条件不等式证明题：
（1）设x≥1，y≥1，证明：x+y+■≤■+■+xy；
（2）设1 此题结论优美对称，其中（2）的结论是（1）的结论的变形应用． 笔者通过研究发现该题结论（1）还有许多优美的变形结论. 如果令x=■，y=■，代入结论（1），则有
变形1 若a≥b≥c>0，则■+■+■≤■+■+■.
若令z=■，代入结论（1）又有如下变形：
变形2若x≥1，y≥1，xyz=1，则x+y+z≤■+■+■.
变形3若x≥1，y≥1，xyz=1，则x+y+z≤xy+yz+zx.
容易发现不论是结论（1），还是其变形都隐含着条件xyz=1． 那么，如果把数字1变为其他正数又如何呢？经过探究后笔者发现，其实结论（1）可以推广到如下一般性的结论：
推广?摇 若x≥■≥1，y≥■≥1，则x+y+■≤■+■+xy. （﹡）
证明：x+y+■≤■+■+xy?圳xy（x+y）+λ2≤λ（x+y）+（xy）2，
上式右边减去左边，得［λ（x+y）+（xy）2］－［xy（x+y）+λ2］＝［（xy）2－λ2］－［xy（x+y）－λ（x+y）］
＝（xy－λ）［（xy+λ）－（x+y）］＝（xy－λ）［（x－1）（y－1）+（λ－1）］.
因为x≥■≥1，y≥■≥1，所以xy≥λ，λ≥1，x≥1，y≥1，即（xy－λ）［（x－1）（y－1）+（λ－1）］≥0，
从而结论成立．
而安徽省第19题高考题的结论（1）即为推广结论中当λ=1时的特例．
对该推广的（﹡）式作适当变形，又可得到几个优美推论：
若a≥b≥c>0，λ≥1，则■≥■≥1，■≥■≥1，令x=■，y=■并将其代入推广结论（﹡），消去x，y化简后有■+■+■≤■+■+■，由此得
推论1若a≥b≥c>0，λ≥1，则■+■+■≤■+■+■.
?摇另外，若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则z=■，xy=■，代入推广结论（*），不难得到推论2及推论3.
推论2若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则x+y+z≤■+■+■.
推论3若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则x+y+z≤xy+■+■.
?摇 特别地，在上面三个推论中，当λ=1时其实就是上面结论（1）的三个变形．
关键词：不等式；变形；推广
2011年高考安徽卷理科第19题是一道条件不等式证明题：
（1）设x≥1，y≥1，证明：x+y+■≤■+■+xy；
（2）设1
变形1 若a≥b≥c>0，则■+■+■≤■+■+■.
若令z=■，代入结论（1）又有如下变形：
变形2若x≥1，y≥1，xyz=1，则x+y+z≤■+■+■.
变形3若x≥1，y≥1，xyz=1，则x+y+z≤xy+yz+zx.
容易发现不论是结论（1），还是其变形都隐含着条件xyz=1． 那么，如果把数字1变为其他正数又如何呢？经过探究后笔者发现，其实结论（1）可以推广到如下一般性的结论：
推广?摇 若x≥■≥1，y≥■≥1，则x+y+■≤■+■+xy. （﹡）
证明：x+y+■≤■+■+xy?圳xy（x+y）+λ2≤λ（x+y）+（xy）2，
上式右边减去左边，得［λ（x+y）+（xy）2］－［xy（x+y）+λ2］＝［（xy）2－λ2］－［xy（x+y）－λ（x+y）］
＝（xy－λ）［（xy+λ）－（x+y）］＝（xy－λ）［（x－1）（y－1）+（λ－1）］.
因为x≥■≥1，y≥■≥1，所以xy≥λ，λ≥1，x≥1，y≥1，即（xy－λ）［（x－1）（y－1）+（λ－1）］≥0，
从而结论成立．
而安徽省第19题高考题的结论（1）即为推广结论中当λ=1时的特例．
对该推广的（﹡）式作适当变形，又可得到几个优美推论：
若a≥b≥c>0，λ≥1，则■≥■≥1，■≥■≥1，令x=■，y=■并将其代入推广结论（﹡），消去x，y化简后有■+■+■≤■+■+■，由此得
推论1若a≥b≥c>0，λ≥1，则■+■+■≤■+■+■.
?摇另外，若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则z=■，xy=■，代入推广结论（*），不难得到推论2及推论3.
推论2若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则x+y+z≤■+■+■.
推论3若x≥■≥1，y≥■≥1，xyz=λ2，则x+y+z≤xy+■+■.
?摇 特别地，在上面三个推论中，当λ=1时其实就是上面结论（1）的三个变形．