一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

一个轮换对称不等式的证明

文[1]中,证明了一个优美的三角形轮换对称不等式　　∑a2≥4△b2a2+c2b2+a2c2.(1)不等式(1)经变换等价于∑m2ah2a≥12(b2a2+c2b2+a2c2)+32.(2)其中a、b、c,ma、mb、mc,ha、hb、hc,△分别表示△ABC的三边长,中线,高及面积.本文将给出类似不等式(2)的一个结论.定理　在△ABC中有　　∑m2aa2≥34(b2a2+c2b2+a2c2).(3)证明　先将(3)式右边进行恒等变换可得　2(b2a2+c2b2+a2c2)=b2a2+c2b2+a2c2-a2b2-b2c2-c2a2+∑(c2b2+b2c2)=(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2.而　　∑4m2aa2=∑2b2+2c2-a2a2=2∑b2+c2a2-3,所以(3)式等价于　14(2∑b2+c2a2-3)≥38[(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2]上式化简整理∑b2+c2a2-6≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2　∑a2(b-c)2　≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2).(4)(4)式左...     

一道2013年全国初中数学联赛题的另解

2013年全国初中数学联赛试题中有如下一道条件求值问题:若正数a、b、c满足b2+c2-a22()bc2+c2+a2-b22()ca2+a2+b2-c22()ab2=3,求代数式b2+c2-b22bc+c2+a2-b22ca+a2+b2-c22ab的值.本刊2013年5月下第28页给出了组委会提供的反证法,但是一般学生不易想到,现在提供一种大多数学生想得到,易操作的因式分解法.供参考与欣赏.解易知条件(b2+c2-a22bc)2+(c2+a2-b22ca)2+(a2+b2-c22ab)2-3=0.[(b2+c2-a22bc)2-1]+[(c2+a2-b22ca)2-1]+[(a2+b2-c22ab)2-1]=0.(b2+c2-a22bc+1)(b2+c2-a22bc-1)+(c2+a2-b22ca+1)(c2+a2-b22ca-1)+(a2+b2-c22ab+1)(a2+b2-c22ab-1)=0.     

数学问题解答

20 0 4年 1 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 5 2 1　已知a ,b,c为满足a3+b3+c3≤ 12 的正数 ,求证 :3 4a+b +c≤ 2 .(江西南昌大学附中　宋　庆　 330 0 2 9)证明　因为b3+c3≥b2 c+bc2 ,所以 ( 2 -b -c) 3　 =8- 1 2 (b+c) + 6(b +c) 2 - (b +c) 3　 =2 + 6(b +c- 1 ) 2 - (b3+c3) - 3(b2 c+bc2 )　 ≥ 2 - (b3+c3) - 3(b2 c+bc2 )　 ≥ 2 - 4(b3+c3) ≥ 4a3,所以 2 -b -c≥ 3 4a,所以3 4a+b +c≤ 2 .1 5 2 2　正整数n >1 ,f(n) =∑ni=11n +i,求证 :2n3n+ 1 相似文献   

再探三角形的一种边角关系

以下用a ,b ,c分别表示△ABC中角A ,B ,C的对边 ,文 [1 ]已证得 .定理 1　若an,bn,cn(n =1 ,2 ,3,4 )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .定理 2　若an,bn,cn(n∈Z)成等差数列 ,则B≤ 6 0°.实际上 ,还可将定理 2推广为 :定理 3　若an,bn,cn(n <0 )成等差数列 ,则B≤ 6 0°.证　因为a ,b ,c∈R+,an+cn2 =bn,所以bn≥ancn .又n <0 ,所以b2 ≤ac ,得(a -c) 2 ≥ 0≥b2 -ac,a2 +c2 -b2 ≥ac ,cosB =a2 +c2 -b22ac ≥12 ,B≤ 6 0° .猜想 1　若an,bn,cn(n≤ 4 ,n∈R )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .下面是对猜想 1的研究 :由an+cn=2bn,可不妨设an≥bn≥…     

一个例题的变式及推广

1　一个例题文 [1 ]中钱亦青老师举到如下例题 :求函数 f(a ,b ,c) =1a3(b +c) + 1b3(c+a)+ 1c3(a +b) 在条件a >0 ,b >0 ,c >0 ,abc =1之下的最小值 .该题变式为 :命题 1　已知a >0 ,b>0 ,c>0且abc=1 ,求证 :1a3(b+c) + 1b3(c+a) + 1c3(a +b) ≥32 ( 1 )现采用文 [2 ]构造函数的方法证明不等式( 1 ) .证　为了书写方便 ,设U =1a3(b +c) +1b3(c+a) + 1c3(a+b) ,V =1a+ 1b+ 1c.构造函数g(x) =xaa(b +c) -a(b+c) 2　 + xbb(c+a) -b(c+a) 2　 + xcc(a +b) -c(a +b)2=x21a3(b +c) + 1b3(c+a)　 + 1c3(a+b)　 - 2x 1a+ 1b+ 1c + [a(b +c)　 +b(c…     

运用相等关系证明不等式

许多恒等式在一定条件下 ,可以轻易转化为不等式 ,因而 ,利用相等关系证明不等式是一种重要方法 .例 1　若a>b >c,求证 :a2a-b+b2b-c>a +2b +c.(第 32届乌克兰IMO试题 )证明 :　不难寻找如下等式 :a2a-b+b2b-c=(a2 -b2 ) +b2a -b +(b2 -c2 ) +c2b-c ,于是 a2a-b+b2b-c=a+b+b2a -b +b+c+c2b-c=a+2b+c+b2a-b+c2b-c;考虑 b2a-b+c2b-c>0 ,故 a2a -b+b2b-c>a+2b+c.例 2　设x1 ,x2 ,… ,xn 为正数 ,求证 :x21 x2+x22x3+… +x2 n -1 xn+x2 nx1≥x1 +x2 +… +xn.(1 984年全国高中数学联赛试题 )证明 :　显然 ,x21 x2 +x22x3 +… +x2 n -1 xn +x2 n…     

构造函数f(t)=(t-x)(t-y)(t-z)解题

三元不等式问题是国内外各层次数学竞赛的难点与热点之一 ,而其处理更以“入口宽 ,方法巧”见长 .为寻求解题规律 ,探索解题途径 ,笔者搜集了部分国内外有关三元不等式问题的试题 ,深入研究 ,发现许多问题均可以采用构造函数 :f(t) =(t -x) (t-y) ·(t-z) ,加以巧妙地解决 .下面举例加以说明 .例 1　设a ,b ,c为非负实数 ,且满足a ≥b≥c,a +b+c=3 ,求证 :ab2 +bc2 +ca2 ≤ 2 78.(《中等数学》1998年第 1期数学奥林匹克问题初 61题 )证明　由题意可知　a≥ 1,c≤ 1,从而　 1-a≤ 0 ,　 1-c≥ 0 .令　f(1) =(1-a) (1-b) (1-c) .一方面 :当b≤…     

再谈一类根式的无理性研究

文献[1 ]给出了“定理2　设a,b,m ,n为正整数,则ma+ nb一定是一个首项系数为1的整系数代数方程的根”,并利用定理2讨论了形为ma + nb的数的无理性判别问题.本文对定理2进行了推广,并进一步讨论了形为n1a1 + n2a2 +…+ nsas(a1 ,a2 ,…,as;n1 ,n2 ,…,ns 皆为正整数)的数是否为无理数的判别问题.本文用到高等代数中的一个定理,在这里作为一个引理用.引理　设f(x) =anxn+an- 1 xn- 1 +…+a1 x+a0 是一个整系数多项式,而sr 是它的一个有理根,其中(s,r) =1 ,那么s|a0 ,r|an.特别地,若an=1 ,那么r=±1 ,sr 是它的一个整数根.定理1　设a ,b,c,m ,n…     

一道东南数学奥林匹克试题的推广

题目(第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题):求最小的实数m,使不等式m(a3 b3 c3)≥6(a2 b2 c2) 1(1)对满足a b c=1的任意正实数a,b,c恒成立.本文给出此题的一个推广.推广设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(2)恒成立.注:在推广中取n=3,A=6,B=1即得上述东南竞赛题.解ai=1n,i=1,2,…,n,得m≥An Bn2.下面证明,当ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn时,有(An Bn2)∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(3)下面证明(3)式成立.不妨设a1≥a2≥…≥an,则a12≥a22≥…≥an2,由切比雪夫不…     

名校基础知识自测

一、选择题1.在整式 -3y2 ,bc,2 +x ,2ab25 ,0 ,-y ,6x2-2x + 1中 ,是单项式的个数为 (　　 ) .(A) 3　 (B) 4　 (C) 5　 (D) 62 .单项式 -13a2 b7的系数和次数分别是(　　 ) .(A) -13 ,2　　　　　 (B) -13 ,3(C) -137,2 (D) -137,33 .-(a2 -b3+c4 )去括号后为 (　　 ) .(A) -a2 -b3+c4 　　 (B) -a2 +b3+c4(C) -a2 -b3-c4 　　 (D) -a2 +b3-c44.将整式 2a -(a -a2 )去括号 ,合并同类项后 ,得到的正确结果是 (　　 ) .(A)a -a2 (B)a +a2(C) 2 -a2 (D) 2 +a25 .若a <0 ,ab <0 ,计算 |b -a + 1| -|a -b-5 |的结果为 (　　 ) .(A) 4(B…     

两个问题的统一探究

1．问题的提出问题 1《数学通报》2009年12月号问题1830： 设a,b,c∈R＋,且a＋b＋c==2．证明：1-a/a·＋1-b/·＋1-b/b·1-c/c＋1-c/c·1-a/a≥3/4 ①     

巧解一道联赛试题

<正>试题2013年全国初中数学联赛二试题(1)、(3)若正数a、b、c满足(b2+c2-a2/2bc)2+(c2+a2-b2/2ca)2+(a2+b2-c2/2ab)2=3,求代数式b2+c2-a2/2bc+c2+a2-b2/2ca+a2+b2-c2/2ab的值.解由原式得     

有趣的数形结合

例 1.求函数y =x - 3-x - 1的值域解 :y =x - 3-x - 1=- 4　 (x 3)2 - 2x　 (- 1 x 3)4　 (x - 1)得　y∈ - 4,4 (如图 )变式 :已知 :a 相似文献   

为什么有不同的结果

问题:已知数列{an}满足a1=51,an+an+1=54n+1,求lni→m∞(a1+a2+a3+…+an)的值.(2004年高考湖南第8题)方法(1):a1+a2+a3+…+an+…=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…=542+544+546+…=1-542512=61.方法(2):a1+a2+a3+…+an+…=21[a1+(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+(a4+a5)+…]=2151+542+543+543+…=51方法(3):由an+an+1=54n+1,an+1+an+2=54n+2,两式相减得,an-an+2=51n6+2=51n6+2=1256·51n,利用a1-a3=1256·51,a3-a5=1265·513,a5-a7=1256·515,…,a2n-1-a2n+1=1256·521n-1,以上n个等式全部相加得,a1-a2n+1=215615+513+…+521n-1=1251-512n,所以a2n+1=115…     

Pedoe不等式的向量证明

设△ABC与△A1B1C1的边分别为a、b、c与a1、b1、c1,面积分别为△与△1,则有a2(b21 c12-a12) b2(c12 a12-b21) c2(a12 b12-c12)≥16△.△1.当且仅当△ABC∽△A1B1C1时取等号.这就是著名的Pedoe不等式.关于它的证明可参见文[1].本文试图给出Pedoe不等式的一个向量证明.图1证明将△ABC与△A1B1C1如图放置.记BC=a,AC=b,AB=cB1C1=a1,A1C1=b1,A1B1=c1则a=b-c,a1=b1-c1,c1=λc(λ>0)且有:△=12|b×c|,△1=21|b1×c1|.b12 c21-a12=b12 c12-a12=b12 c12-(b1-c1)2=2b1.c1.c12 a21-b12=c12 a12-b12=c12 (b1-c1)2-b12=2c12-2b1.c1a12 b12-c…     

一位名师一道题

问题 :实数a ,b,c满足 (a +c) (a+b+c) <0 .求证 :(b -c) 2 >4a(a +b+c) .分析与解　要证的式子与二次方程的判别式形式相似 .故可构造辅助函数y=ax2 + (b-c)x + (a+b +c) .当a≠ 0时 ,二次函数过点P1( 0 ,a+b+c)及P2 ( -1 ,2 (a+c) ) .显见 ,y1y2 =2 (a+b +c) (a +c) <0 (已知条件 ) .即P1、P2 中有一点在x轴上方 ,另一点在x轴下方 .为此二次函数的图像与x轴相交 .所以　Δ =(b -c) 2 -4a(a +b +c) >0 .即得　 (b-c) 2 >4a(a+b+c) .当a=0时 ,由已知条件得c(b+c) <0 ,即b≠c,(b -c) 2 >0 ,结论也成立 .原命题得证 .构造二次函数来解题是一…     

上期课外练习参考解答

初一年级1.解原方程化为{x}=11-2[x]/5. ∴.0<11+2[x]<5. ∴-5.5<[x]<-3. ∴[x]=-4,或[x]=-5, 当[x]=-4时,{x}=0.6. 当[x]=-5时.{x}=0.2. ∴x=-3.4或x=-4.8. 2.解将三个式子相加,得a4+b4+c4-a2b2-b2c2-c2a2=0. 配方得(a2-b2)2+(b2-c2)2+(c2-a2)2=0.     

柯西不等式的应用

笔者发现柯西不等式在中学数学的圆锥曲线中也有它的用武之地 ,下面先给出由它得出的两个定理及推论 ,然后再作一应用 .定理 1　设 x2a2 + y2b2 =1,则a2 +b2 ≥ (x +y) 2当且仅当 xa2 =yb2 时上式等号成立 .证　由柯西不等式 ,得　a2 +b2 =(a2 +b2 ) xa2 + yb2≥ (x + y) 2 ,当且仅当 xa2 =yb2 时上式等号成立 .推论　若x2 + y2 =r2 ,则 2r2 ≥ (x + y) 2 ,当且仅当x =y =22 r时取等号 .定理 2　设 x2a2 - y2b2 =1,则a2 -b2 ≤ (x - y) 2 ,当且仅当 xa2 =yb2 上式等号成立 .证　由于柯西不等式可推广为(a21-a22 ) (b21-b22 )≤ (a1b1-a2 b2 …     

数学问题解答

2007年1月号问题解答(解答由问题提供人给出)1651已知x,y,z∈R ,n∈N,求证:nx xy z x nyy z x yz nz≤n3 2.(陕西省绥德中学刘永春718000)证明当n=1时,不等式显然成立.当n≥2时,设nx y z=a,x ny z=b,x y nz=c,则x=(nn( n1) a1-)-b2-c,y=(nn( n1) b1-)-c2-a,z=(nn( n1) c1-)-a2-