新题征展(103)

A题组新编 　　1.(1)已知Y∈R+,求证: 　　1/2(x+y)2+1/4(x+y)≥x√y+y√x; 　　(2)设a、b、c为不全相等的正数,求证: 　　bc/a+ac/b+ab/c>a+6+c; 　　(3)已知口,b,c∈R+, 　　求证:a2/b+c+b2/c+a+c2/a+b≥a+d+c/2; 　　(4)已知a,b,c∈R+, 　　求证:c/a+b+a/b+c+b/c+a≥3/2; 　　(5)若正数a、b,c满足a+b+c=1, 　　求证:(1/a+q1(1/b+1)(1/c+1)≥64.……     

数学问题解答

2012年7月号问题解答(解答由问题提供人给出)2071设a,b,c≥0,a4+b4+c4=3,求证:a2/b3+1+b2/c3+1+c2/a3+1≥32.(广东省工业贸易职业技术学校张宏528237)证明设a2+b2+c2=x,则a2b2+b2c2+c2a2=1/2(a2+b2+c2)2-(a4+b4+c4)=1/2(x2-3).     

先决条件不可忽视

小华和小明正在做一道“应用不等式求最值”的习题:已知a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求ab~2c~3的最大值。小华解:∵a+b+c=a+ b/2+b/2+c/3+c/3+c/3≥6((a(b/2)~2(c/3)~3)~(1/6)) ∴1≥6((ab~2c~3)~(1/6))/108)),即ab~2~3≤1/432. ∴ab~2c~3的最大值为1/432。小明解:根据a+b+b+c+c+c≥6((ab~2c~3)~(1/6)),当且仅当a=b=c时取等号,右式最大。又∵a+b+c=1,∴a=b=c=1/3。得ab~2c~3=1/729,既ab~2c~3的最大值为两1/729。小华看着小明的结果,诧异地说:“我们都为都是应用正数的算术平均≥几何平均’,结果怎么不同呢?”小     

例谈一个不等式的证明与推广

1 问题呈现 设a,b,c∈R+,且a+b+c=1,求证:(a+1/a)2+(b+1/b)2+(c+1/c)2≥100/3. 2思路探索 方法1(基本不等式): 首先,借用基本不等式a2 +b2≥2ab,对不等式左边放缩.     

等比定理的前提不可疏忽

众所周知等比定理是这样的:a/b=c/d=…=m/n,若b+d+…+n≠0(a+c+…+m)/(b+d+…+n)=a/b。其中条件b+d+…+n≠0极为重要。在b+d+…+n=0时就不能使用上述的等比定理。例如:已知a/b=b/c=c/d=d/a,求(a+b+c+d)/(a+b+c-d)的值。如果盲目套用等比定理,将得到其值为2:     

剖析不等式证明中的一个典型错误

据笔者所知 ,文 [1 ]首先提出并“证明”了一个数学奥林匹克问题 :已知 a,b,c为非负实数 ,且 ab+ bc+ ca= 1 .求证 :1a+ b+ 1b+ c+ 1a+ c≥ 52 . ( * )为便于分析 ,我们将文 [1 ]的“证明”(部分 )抄录如下 :由对称性 ,可设 a≥ b≥c≥ 0 .由所给条件易知 a≥b>0 .1b+ c + 1a+ c ≥ 2( b+ c) ( a+ c)=2ab+ ac+ bc+ c2=21 + c2,等号成立的充要条件是 a=b.这时 ,原题条件化为a2 + 2 ac=1 ,　c=1 - a22 a .由 c≥ 0知 ,a≤ 1 .再由 1 =ab+ bc+ ca≤3a2知 a≥ 13.于是 ,1a+ b+ 1b+ c+ 1c+ a=12 a+ 2a+ c=… =9a2 + 12 a( a2 + 1 ) =f( a) .下面…     

一组不等式竞赛题目的探究

问题1-1(2003年北京市高一数学竞赛复赛题)设a,b,c为正实数,求证: 设a3/a2+ab+b2+b3/b2+bc+c2+a2+c3/c2+ca+a2≥a+b+c/3如果将分母里的交叉项的加号改变为减号,就得类似的问题.     

一类分式不等式溯源

1 第16届IMO第5题是:确定下列和式的范围s_1=(a/a+b+d)+(b/a+b+c)+(c/b+c+d)+(d/a+c+d)其中a,b,c,d是任意正实数。     

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   

用 a+b/2≥a~(1/2)证明 a+b+c/3bc~(1/3)

高中代数教材在证明平均值不等式a+b/2≥ab~(1/2)和a+b+c/3≥(abc)~(1/3)时,各自采用了独立的证法。我们为强调基础知识的作用,采用二元平均不等式证明三元平均不等式的方法。设a,b,c∈R~+,求证a~3+b~3+c~3≥3abc.     

Universal sums of three quadratic polynomials

Let a,b,c,d,e and f be integers with a≥ c≥ e> 0,b>-a and b≡a(mod 2),d>-c and d≡c(mod 2),f>-e and f≡e(mod 2).Suppose that b≥d if a=c,and d≥f if c=e.When b(a-b),d(c-d) and f(e-f) are not all zero,we prove that if each n∈N={0,1,2,...} can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈N then the tuple(a,b,c,d,e,f) must be on our list of 473 candidates,and show that 56 of them meet our purpose.When b∈[0,a),d∈[0,c) and f∈[0,e),we investigate the universal tuples(a,b,c,d,e,f) over Z for which any n∈N can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈Z,and show that there are totally 12,082 such candidates some of which are proved to be universal tuples over Z.For example,we show that any n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈Z,and conjecture that each n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈N.     

一个分式不等式最佳系数的否定及修正

<中学数学教学>2007年第4期解题擂台(86)提出如下分式不等式: 　　设a,b,c都是正数,且a+6+c=1,求证: 　　1/a+1/b+1/c≥25/1+48abc. (1)……     

数学问题解答

2013年8月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 2136已知a,b,c是满足abc=1的正数,求证:(λa+1)/(b+c)+(λb+1)/(c+a)+(λc+1)/(a+b)≥3(λ+1)/2(λ≥3) (江西南昌大学附中宋庆330047) 证明 a3+b3+c3+3abc≥a2(b+c) +b2 (c+a)+c2(a+b)(参见本刊1994年10月号问题918的解答)与以下不等式等价.     

一类条件不等式的统一证明

贵刊文[1]、文[2]给出了下列一类条件不等式.若a,b,c>0,且a+b+c=1,则1/(1+a2)+1/(1+b2)+1/(1+c2)≤27/10.(1)若a,b,c,d>0,且a+b+c+d=1,则1/(1+a3)+1/(1+b3)+1/(1+c3)+1/(1+d3)≤256/65.(2)若a,b,c,d>0,且a+b+c+d=1,则1/(1+a2)2+1/(1+b2)2+1/(1+c2)2+1/(1+d2)2≤824/289.(3)笔者认为不等式(3)应改为:     

等周等积定理的两个再推广

文 [1 ]证明了“对任意直角三角形总存在一个矩形 ,使得矩形与三角形的周长和面积比均等于常数 k( k≥ 1 )”.本文作如下推广 :定理 1　对任意梯形 ,总存在一个矩形 ,使得矩形与这梯形的周长和面积比均等于常数 k( k≥ 1 ) .证明　在梯形 ABCD中 ,设 AD∥ BC,且 AD =a,BC=b,两腰 AB=c,CD =d,要求长为 x,宽为 y的矩形 ,使得方程组2 ( x + y) =k( a + b + c + d) ,xy =k .12 ( a + b) dsin C.有正解 ,仅需证明方程t2 - k( a + b + c + d)2 t+ 12 k( a + b) dsin C= 0有正解 .事实上 ,由于 k≥ 1 ,　 0 相似文献   

一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

分式型不等式的证明

题组若a,b,c∈R₊,则（1）a/（b+c）+b/（c+a）+c/（a+b）≥3/2（1963年莫斯科数学竞赛题）.（2）（a⁺b^）/（a+b）+（b²+c²）/（b+c）+（c²+a²）/（c+a）≥a+b+c.（3）（W.Janoux猜想）（c²-b²）/（a+b）+^a-c2/（b+c）+（b²-a²）/（c+a）≥0.（4）a²/(b+c+b²（c+a）+c²/（a+b）≥（a+b+c）/3（第二届友谊杯国际数学邀请赛试题）.     

一类条件最小值问题的统一解法

本文给出一类条件最小值问题及其统一的解法,这类问题是:已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,k(k≠0,1)为整数,求(a+b)k+(b+c)k+(c+a)k的最小值.统一解法使用的工具是n(n≥2)元均值不等式:a1+a2+…+an≥nna1a2…槡an(ai>0,i=     

两个关于三角形边角关系的结论

定理 1　设a、b、c为△ABC的三边 ,当an,bn,cn(n∈N+,n <5 )组成等差数列时∠B≤ 60°.证明　当n=1时 ,2b=a+c由cosB =a2 +c2 -b22ac=a2 +c2 - 14(a+c) 22ac =34× a2 +c22ac - 14≥12 　即B ≤ 60°当n =2时 ,2b2 =a2 +c2cosB =a2 +c2 -b22ac=a2 +c2 - 12 (a2 +c2 )2ac =12 ·a2 +c22ac ≥ 12 　即B≤ 60°当n =3时 ,12 (a3+c3)≥ ( a+c2 ) 3 (a3+c3) 3≥ ( a3+c32 ) 2 (a+c) 3 (a+c) 3(a2 +c2 -ac) 3≥ ( a3+c32 ) 2 (a+c) 3 (a2 +c2 -ac)≥ ( a3+c32 ) 2 (a2 +c2 -ac)≥ ( a3+c32 ) 23 a2 +c2 -ac≥b2 B ≤ 60°当n =4时 ,(a-c) 4 …     

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...