在形如x+y+z=a（a≠0）中，我們?cè)O(shè)用x=a3+t1，y=a3+t2，z=a3+t3， 其中t1+t2+t3=0，進(jìn)行代換，這種代換通常稱為均值代換.當(dāng)幾個(gè)變量的和已知，證明一個(gè)關(guān)于這幾個(gè)變量的對(duì)稱不等式或求解代數(shù)式的最值等有關(guān)問題時(shí)，用均值代換法可以把分散的條件集中起來，把已知和結(jié)論聯(lián)系起來，巧用“均值代換”解題可起到事半功倍的效果.本文舉例予以說明.

1 證明不等式問題

例1 （第25屆國際數(shù)學(xué)奧林匹克試題）已知x，y，z≥0， 且x+y+z=1， 求證：0≤xy+yz+zx-2xyz≤727.

證明 不妨設(shè)x≥y≥z， 則x+y≥23，z≤13， 可令x+y=23+t，z=13-t0≤t≤13，

則xy+yz+zx-2xyz=zx+y+xy1-2z≤zx+y+x+y221-2z

=13-t23+t+1423+t213+2t =727-t24+t32=727-t2212-t≤727.

又xy+yz+zx-2xyz=yz+zx+xy1-2z≥0.

綜上，0≤xy+yz+zx-2xyz≤727.

評(píng)注 由于題中x，y，z具有輪換對(duì)稱性，不妨假設(shè)x≥y≥z，避免了討論，給本題的證明帶來了一定的方便.這里之所以令x+y=23+t，z=13-t0≤t≤13，是因?yàn)榇鷶?shù)式xy+yz+zx-2xyz通過基本不等式放縮變形，可將式中的xy轉(zhuǎn)化為x+y的和的形式.

例2 已知正數(shù)a、b、c 滿足a+b+c=1， 求證：a+5+b+5+c+5≤43.

證明 設(shè)a+5+b+5+c+5=m，a+5=13m+t1，b+5=13m+t2，

c+5=13m+t3，其中t1+t2+t3=0， 則

a+5+b+5+c+5=13m+t12+13m+t22+13m+t32，整理得，16=3×19m2+2×13mt1+t2+t3+t12+t22+t32=13m2+t12+t22+t32≥13m2，

所以m2≤48， 即m≤43.故a+5+b+5+c+5≤43.

評(píng)注 本題也可模仿例1，設(shè)a=13+t1，b=13+t2，c=13+t3，其中t1+t2+t3=0進(jìn)行求證.這里著眼于結(jié)論，先通過設(shè)值m=a+5+b+5+c+5，再用a+5=13m+t1，b+5=13m+t2，c+5=13m+t3，進(jìn)行均值代換，得出關(guān)于m的一個(gè)不等式，問題則迎刃而解.

2 證明等式問題

例3 若a+b+c=0，a3+b3+c3=0. 求證：a2021+b2021+c2021=0.

證明 因?yàn)閍+b=-c，設(shè)a=-c2+t，b=-c2-t， 代入a3+b3+c3=0，得-c2+t3+-c2-t3+c3=0，即3cc24-t2=0， 所以c=0或t=±c2.

①若c=0，則a=-b， 有a2021+b2021+c2021=0.

②若t=±c2， 即a=0，b=-c或a=-c，b=0， 都有a2021+b2021+c2021=0.

綜上， a2021+b2021+c2021=0.

評(píng)注 本題條件中兩個(gè)等式a+b+c=0，a3+b3+c3=0，含有三個(gè)變量，是無法求出a，b，c的值的，于是視c為常數(shù)，設(shè)a=-c2+t，b=-c2-t，用均值代換.其證法新穎、獨(dú)特，讓人耳目一新.3 求最值問題

例4 （第7屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克試題）已知a，b，c，d，e是滿足a+b+c+d+e=8，

a2+b2+c2+d2+e2=16的實(shí)數(shù)，試求e的最大值和最小值.

解 因?yàn)閍+b+c+d+e=8，所以a+b+c+d=8-e，設(shè)a=8-e4+t1，b=8-e4+t2，c=8-e4+t3，d=8-e4+t4， 且t1+t2+t3+t4=0.

于是a2+b2+c2+d2=8-e4+t12+8-e4+t22+8-e4+t32+8-e4+t42

=48-e42+8-e2（t1+t2+t3+t4）+（t12+t22+t32+t42） =48-e42+（t12+t22+t32+t42）≥8-e24.當(dāng)且僅當(dāng)t1=t2=t3=t4=0時(shí)，取等號(hào).

又由a2+b2+c2+d2+e2=16得：a2+b2+c2+d2=16-e2，

所以16-e2≥8-e24， 即e5e-16≤0，所以0≤e≤165.

當(dāng)a=b=c=d=65時(shí)，e取最大值165;

當(dāng)a=b=c=d=2時(shí)，e取最小值0.

評(píng)注 由于本題求的是e的最大值和最小值，因而e與a，b，c，d的“地位”是不同的，于是將兩個(gè)條件等式中的e移項(xiàng)至等號(hào)的右側(cè)，余下a，b，c，d具有輪換對(duì)稱性，從而聯(lián)想用均值代換法求解.其解法獨(dú)辟蹊徑，充分彰顯了“均值代換”的神奇魅力！

例5 （第31屆IMO國家集訓(xùn)隊(duì)測(cè)試題）設(shè)實(shí)數(shù)x，y，z滿足x+y-z+1=0，xy-z2+7z-14=0， 試問：當(dāng)z為何值時(shí)x2+y2取最大值？最大值是多少？

解 由于x+y=z-1， 從而設(shè)x=z-12+t，y=z-12-t， 代入xy=z2-7z+14，即z-12+tz-12-t=z2-7z+14，化簡整理得，3z2-26z+55=-4t2≤0， 即

3z-11z-5≤0， 求得113≤z≤5，

又x2+y2=x+y2-2xy=z-12-2z2-7z+14=-z-62+9，所以當(dāng)z=5時(shí)，x2+y2的最大值為8.

評(píng)注 由于x+y=z-1，xy=z2-7z+14，視x，y為方程的根，利用韋達(dá)定理可構(gòu)造一元二次方程k2-z-1k+z2-7z+14=0，由Δ≥0， 也可得到3z2-26z+55≤0.

例6 （第8屆希望杯高二試題）如果a+b+c=1，那么3a+1+3b+1+3c+1的最大值是.

解 由于a+b+c=1，令a=13+t1，b=13+t2，c=13+t3，其中t1+t2+t3=0，則（3a+1+3b+1+3c+1）2=（2+3t1+2+3t2+2+3t3）2

=（2+3t1）+（2+3t2）+（2+3t3）+22+3t1·2+3t2+22+3t2·2+3t3+22+3t1·2+3t3≤（2+3t1）+（2+3t2）+（2+3t3）+（2+3t1+2+3t2）+（2+3t2+2+3t3）+（2+3t1+2+3t3）=18+9（t1+t2+t3）=18.當(dāng)且僅當(dāng)t1=t2=t3=0，即a=b=c=13時(shí)取等號(hào)，所以（3a+1+3b+1+3c+1）max=32.

評(píng)注 由于題中a，b，c具有輪換對(duì)稱性，其和為定值，于是聯(lián)想到均值代換.再結(jié)合二元均值不等式，問題輕松獲解.此解法新穎，別具一格，充分體現(xiàn)了均值代換的應(yīng)用價(jià)值.

綜上，構(gòu)造恰當(dāng)?shù)摹熬荡鷵Q”是需要有技巧的，我們可根據(jù)題目的結(jié)構(gòu)特征，經(jīng)過合理的推理，探索出問題中隱藏的均值關(guān)系，是解題的關(guān)鍵.

作者簡介 方志平（1965—），男，安徽安慶人，中學(xué)正高級(jí)教師，特級(jí)教師.研究方向：高中數(shù)學(xué)解題教學(xué).向清華、北大輸送了大批優(yōu)秀學(xué)生，培養(yǎng)多名學(xué)生獲全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽省賽區(qū)一等獎(jiǎng)，發(fā)表文章100余篇.