某些循环不等式的直接证法

合肥工业大学苏化明先生在文[1]中应用一类三角形不等式来证明某些循环不等式，其实这些循环不等式就是由三角形不等式生成的（参考文献[2]）．本文意在借助均值不等式给出这些循环不等式的直接证法．例1设x、y、z＞0，求证：9（X y）（y＋z）（z＋x）≥8（x＋y＋z）（xy十yz＋zx）①证明左=18xyz十9x2y干9xy2＋9y2z 9yxz2十9x2x＋9xx2，右=8x2y 8x2z 8xyz 8xy2 8y2z 8xyz＋8yz2＋8xz2 8xyz，原不等式等价于x’y＋xv‘＋y’z十批十z‘x－zx’＞6ng．这用六元均值不等式易证．故原不等式成立．例2设Z、＊、Z＞0，求证：则原不等式等价于（…     

一道赛题的另一种证明

2008年全国高中数学联赛山东赛区预赛第17题： 若x〉0,y〉0,z〉0,且xyz=1,求证： 1〈1/（1＋x）＋1/（1＋y）＋1/（1＋z）〈2. 原证 （命题组给出的证明）任取a〉0.令b=ax,c=by,由xyz=1,得x=b/a,y=c/b,z=a/c,     

赛题的简证、巧证及推广

（2008年全国高中联赛山东赛区预赛第17题）若x〉0,y〉0,z〉0,且xyz＝1,求证：1〈1/1＋x ＋ 1/1＋y ＋ 1/1＋z〈2     

一道赛题的又一简证

2008年全国高中数学联赛山东赛区预赛第（17）． 题目若x〉0,y〉0,z〉0,且xyz=1,求证．1〈1/1＋x ＋ 1/1＋y ＋ 1/1＋z 〈2．     

用待定系数法巧解两道国外竞赛题

题1（第44届加拿大数学奥林匹克）已知x,y,z是正实数,证明：x2＋xy2＋xyz2≥4xyz-4.原解注意到（x-2）2≥0→x2≥4x-4,x（y-2）2≥0→4x＋xy2≥4xy,xy（z-2）2≥0→4xy＋xyz2≥4xyz,以上三式相加即得证.上述解法虽巧妙无比,美轮美奂,让人夸口称赞,但解题技巧性强,不具有普遍性,不太符合学生的思维规律,学生一般很难想到.对此,     

IMO 49—2的拓展

第49届国际数学奥林匹克数学竞赛题第2题是： （a）设实数x,y,z都不等于1,满足xyz=1,求证：x^2/（1-x）^2＋y^2/（1-y）^2＋z^2/（1-z）^2≥1.     

对一道赛题的探究

第十四届“希望杯”培训题解答题的第一题如下:设x,y,z∈R 且x y z=1,求证:x2 y2 z2 23xyz≤1.这是一道难度稍大的好题,在这里我们要对上述不等式作出一般性的研究,即:在已知条件下求x2 y2 z2 λxyz的取值范围,其中变参数λ>0.利用x y z=1,可得x2 y2 z2 λxyz=1-2(xy yz yx) λ     

一道竞赛题的思路分析

2008年中国西部数学奥林匹克试题： 已知x,y,z∈（0,1）且√1-x/yz＋√1-y/zx＋√1-z/xy=2,求xyz的最大值。本题的得分率很低,有一定的难度,以下是笔者在解该题时的思路,整理出来供参考．     

一道赛题 我的认知

2008年全国高中数学联赛山东赛区预赛第17题（以下称赛题）：已知x〉0,y〉0,z〉0,且xyz=1,求证： 1〈1/1＋x＋1/1＋y＋1/1＋z〈2（1） 文[1]提供了一个利用真分数的分子、分母各加上同一个正数,则分数的值增大来证明了①式的右边;文[2]以为此法技巧性太强,转而用消元思想、目标意识,通过比较法提供了两个通俗的证法．解读二文,各有千秋．同时以为证明不等式没有定式,能用通俗的方法来证自然最好,但不论是高考还是竞赛能用这样的方法证明的试题毕竟是微乎其微．     

“顺便”出了个错儿

问题若x〉0,y〉0,z〉0,xyz=1,记A=1/1＋x＋1/1＋y＋1/1＋z,求证：1〈A〈2．     

谨防定义域上的“不连续”

在高三复习中遇到这样一道题： 题目f（x）=ln（x＋1）-1/x在区间（k,k＋1）,（k∈z）上有零点,则k的值是___．同学们给的答案多是1．     

一道高考题的另一种解法

2013年是湖北省实行新课标考试的第二年,命题方式基本稳定,如填空题中的第13题与2012年湖北卷第6题,本质相同,且是由课本选修4-5第三讲第二部分例3原题改编.试题设x、y、z∈R,且满足：x2＋y2＋z2=1、x＋2y＋3z=14（1/2）,则x＋y＋z=.本题意在考察柯西不等式的性质,以考察考生的运算求解能力和逻辑推理能力.     

一特殊不定方程的拓展

《中学生数学》2011年4月（上）期刊登了《一道特殊不定方程的六种解法》,文中对不定方程2（x＋y）=xy的正整数解提出了6种解法．读后受益匪浅,于是进一步思考,能否对此不定方程进行拓展呢？即能否求出不定方程4（x＋y＋z）=xyz的正整数解呢？     

一类高考题的高等数学背景

我们来看如下几道全国高考题： 例1（2006年高考全国卷Ⅱ第20题）设函数f（x）=（z＋1）ln（x＋1）,若对所有的z≥0,都有f（x）≥ax成立,求实数a的取值范围．     

三角形不等式的共同解法—关于三角形旁切圆半径的两个不等式证明的改进

众所周知(x y)(y z)(z x)=xy(x y) yz(y z) zx(z x) 2xyz=x2y xy2 y2z yz2 z2x zx2 2xyz　(*)这是一个十分重要的代数恒等式,由(*)立即得到(x y)(y z)(z x)=(x y z)(xy yz zx)-xyz(1)(x y)(y z)(z x)=x(y z)2 y(z x)2 z(x y)2-4xyz(2)(x y)(y z)(z x)(x y z)=xy(x y)2 yz(y z)2 zx(z x)2 4xyz(x y z)(3)(x y)(y z)(z x)(xy yz zx)=x2y2(x y) y2z2(y z) z2x2(z x) 2xyz(x y z)2(4)……(*)及(1),(2),(3),(4)……在证明关于三角形不等式方面有极其广泛的应用.这是因为:图1任一三角形总有内切圆(图1),总可以作变换a=y z,b=z x,c=x y(x,y,z∈R )…     

一道调研试题的“别证”

问题 （江苏省盐城市2008年2月调研卷试题）设函数f（x）=-x^3-2mx^2-m^2z＋1-m（其中m〉-2）的图象在x=2处的切线与直线y=-5x＋12平行．     

一道经典老题的另一图解法

题目设x，Y，z∈（0，1），求证：z（1-y）＋y（1-z）＋z（1-z）〈1． 此题是第十五届全俄数学竞赛题，很多资料中都介绍了此题的一种构图解法（即构造边长为1的正三角形，再利用面积关系来证明的途径）．本文将介绍一种构造棱长为1的正方体，然后再利用体积关系来证明的方法．     

RESEARCH ANNOUNCEMENTS——Dynamical Behavior for the Three-dimensional Generalized Hasegawa-Mima Equations

We consider the following generalized three-dimensional （3-D） dissipative Hasegawa-Mima equations： △ut - ut ＋ {u, △u} ＋ knuy - vz ＋ α△（u - △u） ＋ f（x, y, z） = 0, （1） vt ＋ {u, v} ＋ uz ＋ γv - β△v = g（x, y, z） （2） with initial datum v｜t=0=u0（x,y,z）,v｜t=0=v0（x,y,z）,（x,y,z）∈Ω∈R^3 （3）.     

2007年全国高考数学湖北卷压轴题的探究与评析

题 已知m，n为正整数， 1）用数学归纳法证明，当x〉-1时，（1＋z）^m≥1＋mx；     

一道质检题的解法探究

题 （南京市2009届高三质量检测20）已知函数f（z）=1/2x2-alnx（a∈R）, （1）若函数f（x）在x=2处的切线方程为y=x＋b,求a,b的值 （2）若函数f（x）在（1,＋∞）为增函数,求a的取值范围;