数学问题解答

数学问题解答１９９５年６月号问题解答（解答由问题提供人给出）９５６设实数ｘ，ｙ，ｚ满足求３ｘ＋４ｙ＋５ｚ的范围．解设ｘ＋２ｙ＋３ｚ＝ａ（１）２ｘ＋３ｙ＋４ｚ＝ｂ（２）则．解由（１），（２）组成的方程组得：ｘ＝ｚ＋２ｂ－３ａ，ｙ＝２ａ－ｂ－２ｚ．则：３...     

证明三角形不等式的一种方法

证明三角形不等式的一种方法方明（四川省平昌二中６３５４００）众所周知，△ＡＢＣ的内切圆在三个切点处把三边ａ，ｂ，ｃ分成ａ＝ｙ＋ｚ，ｂ＝ｚ＋ｘ，ｃ＝ｘ＋ｙ，（）其中ｘ，ｙ，ｚ均为正数．应用代换（），可将三角形的边元不等式在条件ｂ＋ｃ＞ａ，ｃ＋ａ＞ｂ...     

关于方程a~x b~y=c~z的Terai-Jemanowicz猜想

设ｍ是正整数,证明了：（Ａ）如果ｂ是奇素数,且ａ＝ｍ３－３ｍ,ｂ＝３ｍ２－１,ｃ＝ｍ２＋１, 那么丢番图方程 ａｘ＋ ｂｙ＝ｃｚ（１）仅有正整数解（ｘ,ｙ,ｚ）＝（２,２,３）;（Ｂ）如果ｂ是奇素数,且 ａ＝ｍ｜ｍ４－１０ｍ２＋５｜,ｂ＝５ｍ４－１０ｍ２＋５｜,ｂ＝ ５ｍ４－１０ｍ２＋１, ｃ＝ｍ２＋ １,那么丢番图方程（１）仅有正整数解 （ｘ,ｙ,ｚ）＝（２,２,５）．     

巧换元解不等式

在高三复习阶段 ,我遇到了这样一道题目 :设ａ ,ｂ,ｃ为三角形的三边 ,求证 :ａｂ +ｃ-ａ+ ｂａ +ｃ-ｂ+ ｃａ +ｂ -ｃ≥ 3.解答如下 :证明　令ｂ +ｃ -ａ =ｘ ,ａ +ｃ -ｂ =ｙ ,ａ+ｂ -ｃ =ｚ .则ａ =ｙ +ｚ2 ,　ｂ =ｘ +ｚ2 ,　ｃ =ｘ + ｙ2 .∴　 ａｂ +ｃ -ａ+ ｂａ +ｃ -ｂ+ ｃａ +ｂ -ｃ　 =ｙ +ｚ2ｘ + ｘ +ｚ2ｙ + ｘ + ｙ2ｚ　 =12 (ｙｘ+ ｚｘ+ ｘｙ+ ｚｙ+ ｘｚ+ ｙｚ)　≥ 12 ·66ｙｘ·ｚｘ·ｘｙ·ｚｙ·ｘｚ·ｙｚ　 =3.(证毕 )总结　对于给出的条件或待求的结论比较繁琐时 ,可首先考虑将其中的一个整体进行换元 ,从而达到解…     

一类无理函数值域问题的统一解法

不少文献研究了无理函数ｙ＝ｔｘ＋ｖ＋ｋａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａｋ≠０）（）的值域问题（设ｂ２－４ａｃ≠０）．本文利用三角变换结合直线斜率数形结合给出一种统一解法．原函数式配方,得ｙ＝ｔｘ＋ｖ＋ｋａ（ｘ＋ｂ２ａ）２＋４ａｃ－ｂ２４ａ．作替换ｚ＝ｘ＋ｂ２ａ,则ｙ＝ｔｚ＋（ｖ－ｂｔ２ａ）＋ｋａｚ２＋４ａｃ－ｂ２４ａ．若ａ＜０,则有ｙ＝ｔｚ＋（ｖ－ｂｔ２ａ）＋ｋ－ａ　·ｂ２－４ａｃ４ａ２－ｚ２．若ａ＞０,则有ｙ＝ｔｚ＋（ｖ－ｂｔ２ａ）＋ｋａ　·ｚ２＋４ａｃ－ｂ２４ａ２．因此,函数式的根号内可化为ｒ２－ｚ２…     

巧用函数单调性解赛题

函数ｆ（ｘ）在区间［ａ,ｂ］上单调增加（或单调减少）,又ｃ、ｄ∈［ａ,ｂ］上,若ｆ（ｃ）＝ｆ（ａ）,则有ｃ＝ｄ．１　求代数式的值例１　已知ｘ、ｙ∈［－π４,π４］,ａ∈Ｒ,且　ｘ３＋ｓｉｎｘ－２ａ＝０４ｙ３＋ｓｉｎｙｃｏｓｙ＋ａ＝０则ｃｏｓ（ｘ＋２ｙ）＝　　．（１９９４年全国高中数学竞赛题）解　由已知条件,可得　　ｘ３＋ｓｉｎｘ＝２ａ（－２ｙ）３＋ｓｉｎ（－２ｙ）＝２ａ故可设函数ｆ（ｔ）＝ｔ３＋ｓｉｎｔ,则有ｆ（ｘ）＝ｆ（－２ｙ）＝２ａ．由于函数ｆ（ｔ）＝ｔ３＋ｓｉｎｔ,在［－π２,π２］上是单…     

评第41届IMO第2题

20 0 0年第 4 2届ＩＭＯ的第 2题是 :设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａｂｃ =1.求证 :(ａ - 1 1ｂ) (ｂ - 1 1ｃ) (ｃ - 1 1ａ)≤ 1( 1)此题是一道陈题的变形 .事实上 ,由ａｂｃ =1,不妨设ａ =ｘｙ ,ｂ =ｙｚ ,ｃ=ｚｘ (ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ )代入 ( 1)式 ,得( ｘｙ - 1 ｚｙ) ( ｙｚ - 1 ｘｚ) ( ｚｘ - 1 ｙｘ)≤ 1 (ｘ ｚ - ｙ) (ｘ ｙ -ｚ) ( ｙ ｚ -ｘ)≤ｘｙｚ . ( 2 )( 2 )式是 1983年瑞士国际数学竞赛题之一 .关于它的证明较多 .其中最简单的莫过于如下证法 :由　ｘ2 ≥ｘ2 - ( ｙ -ｚ) 2=(ｘ ｙ -ｚ) (ｚ ｘ - ｙ) ,ｙ2 ≥ ( ｙ ｚ -ｘ) (…     

二次分式函数的值域及检验

设二次分式函数ｙ＝ａ１ｘ２＋ｂ１ｘ＋ｃ１ａ２ｘ２＋ｂ２ｘ＋ｃ２①其中ａ１,ａ２,ｂ１,ｂ２,ｃ１,ｃ２∈Ｒ．如何求函数的值域Ａ？若令ｆ（ｘ）＝ａ１ｘ２＋ｂ１ｘ＋ｃ１,ｇ（ｘ）＝ａ２ｘ２＋ｂ２ｘ＋ｃ２,如果ｆ（ｘ）与ｇ（ｘ）存在一次或二次公因式或ａ１,...     

由费马点引出的若干竞赛问题

费马点及其性质如果Ｆ为△ＡＢＣ的费马点,ａ、ｂ、ｃ和Ｓ分别为△ＡＢＣ的三条边长和面积,ＦＡ＝ｘ,ＦＢ＝ｙ,ＦＣ＝ｚ,ｆ＝ｘ＋ｙ＋ｚ（下同）,那么费马点Ｆ有下述性质：定理当△ＡＢＣ的三内角均小于１２０°时,ｆ＝２２ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋４３Ｓ（１）当△ＡＢ...     

恒等式与解方程(组)

利用配方法不难推证下列三元恒等式 :3 (ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ) =(ａ +ｂ+ｃ) 2 +(ａ -ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 .巧用这一恒等式 ,可以妙解一类方程 (组 )竞赛题 .1.巧查一道错题例 1　设ｘ ,ｙ ,ｚ是三个实数 ,且有1ｘ +1ｙ+1ｚ=21ｘ2 +1ｙ2 +1ｚ2 =1,则 1ｘｙ+1ｙｚ+1ｚｘ的值是 (　　 ) .(Ａ) 1　 (Ｂ) 2　 (Ｃ) 32 　 (Ｄ) 3(1991年南昌市数学竞赛试题 )解一　利用 (ａ +ｂ +ｃ) 2 =(ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ) +2 (ａｂ+ｂｃ+ｃａ) ,容易误得 (Ｃ) 32 .∵　 2 2 =(1ｘ +1ｙ+1ｚ) 2=1ｘ2 +1ｙ2 +1ｚ2 +2 (1ｘｙ+1ｙｚ+1ｚｘ)=1+2 (1ｘｙ+1ｙｚ+1…     

与反函数有关的几个对称问题

由高中《代数》（上册）互为反函数的性质知：互为反函数的两个函数ｙ＝ｆ（ｘ）与ｙ＝ｆ－１（ｘ）的图象关于直线ｙ＝ｘ对称．那么函数ｙ＝ｆ（ｘ＋１）与函数ｙ＝ｆ－１（ｘ＋１）的图象是否也关于直线ｙ＝ｘ对称？它们之间到底有何关系？本文从函数图象入手,探讨与之有关的几个问题：定理１　若函数ｙ＝ｆ（ｘ）的反函数为ｙ＝ｆ－１（ｘ）,则函数ｙ＝ｆ（ｘ＋ｃ）（ｃ∈Ｒ）与ｙ＝ｆ－１（ｘ＋ｃ）的图象关于直线ｙ＝ｘ＋ｃ对称．证明　设Ｐ（ａ,ｂ）是函数ｙ＝ｆ（ｘ＋ｃ）上任意一点,则　　　　　　ｂ＝ｆ（ａ＋ｃ）①而点Ｐ（ａ…     

1998年上海市初中数学竞赛(第一试)试题

１．已知ｂ、ｃ为方程ｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个根,且ｃ≠０,则（ｂ,ｃ）＝　　．２．实数ｘ、ｙ、ｚ满足ｘ＝６－３ｙｘ＋３ｙ－２ｘｙ＋２ｚ２＝０则ｘ２ｙ＋ｚ的值为　　．３．正数ｘ１,ｘ２,ｘ３,ｘ４,ｘ５,ｘ６同时满足ｘ２ｘ３ｘ４ｘ５ｘ６ｘ１＝１,ｘ１ｘ３ｘ４ｘ５ｘ６ｘ２＝２,ｘ１ｘ２ｘ４ｘ５ｘ６ｘ３＝３,ｘ１ｘ２ｘ３ｘ５ｘ６ｘ４＝４,ｘ１ｘ２ｘ３ｘ４ｘ６ｘ５＝６,ｘ１ｘ２ｘ３ｘ４ｘ５ｘ６＝９,则ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５＋ｘ６的值为　　．４．如图,四边形ＡＢＣＤ中,ＡＣ平分∠ＢＡＤ,ＣＥ⊥ＡＢ于…     

一个不等式的图证及推广

题目：若ｘ,ｙ,ｚ为正实数,则ｘ２＋ｘｙ＋ｙ２＋ｙ２＋ｙｚ＋ｚ２＋ｚ２＋ｚｘ＋ｘ２≥３（ｘ＋ｙ＋ｚ）;（当ｘ＝ｙ＝ｚ时取等号）;文［１］中,对上述不等式提出一个简洁图证;本文再对该不等式给出一个更具一般意义的有效图证,并进而给出其推广及证明;证明：原不等式左边等于ｘ＋ｙ２２＋３２ｙ２＋ｙ＋ｚ２２＋３２ｚ２＋ｚ＋ｘ２２＋３２ｘ２;构造图（１）,设ＡＦ＝ｘ＋ｙ２,ＤＧ＝ｙ＋ｚ２,ＥＨ＝ｚ＋ｘ２,ＤＦ＝３２ｙ,ＥＧ＝３２ｚ,ＢＨ＝３２ｘ;由勾股定理得：ＡＢ＝ＡＣ２＋ＢＣ２＝ｘ＋ｙ２＋ｙ＋ｚ２＋ｚ＋ｘ２…     

一个变形的启发

在推导椭圆、双曲线的标准方程时,我们知道,当２ａ＞２ｃ时,（ｘ－ｃ）２＋ｙ２＋（ｘ＋ｃ）２＋ｙ２２ａ等价于ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２１（其中ｂ２＝ａ２－ｃ２）;当２ａ＜２ｃ时,｜（ｘ－ｃ）２＋ｙ２－（ｘ＋ｃ）２＋ｙ２｜２ａ等价于ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２１（其中ｂ２＝ｃ２－ａ２）．因而类似一些根式方程与不等式的求解问题就可以考虑用椭圆或双曲线的方程来处理．首先给出下列两个命题：命题１　对（ｘ－ｃ１）２＋ｎ２＋（ｘ－ｃ２）２＋ｎ２ｍ（ｃ１＜ｃ２,ｎ≠０）（１）当ｍ＞ｃ２－ｃ１时,①与（ｘ－ｃ）２ａ２＋ｎ…     

锐角三角形中的一个不等式

文献［１］中得出了下述二次型三角形不等式：对锐角△ＡＢＣ与任意实数ｘ,ｙ,ｚ,有ｓ－ａａｘ２＋ｓ－ｂｂｙ２＋ｓ－ｃｃｚ２≥２（ｙｚｃｏｓＢｃｏｓＣ＋ｚｘｃｏｓＣｃｏｓＡ＋ｘｙｃｏｓＡｃｏｓＢ）①其中ａ,ｂ,ｃ与ｓ分别为三角形的三边与半周．最近,我们在...     

数学问题解答

１９９９年７月号问题解答（解答由问题提供人给出）１２０１．已知ｘ,ｙ,ｚ都是正实数,且满足ｘ·ｙ·ｚ＝１;求证ｘ２ｙ＋ｚ＋ｙ２ｚ＋ｘ＋ｚ２ｘ＋ｙ≥３２;证明：设ｓ＝ｘ＋ｙ＋ｚ,则ｘ２ｙ＋ｚ＋ｙ２ｚ＋ｘ＋ｚ２ｘ＋ｙ＝ｘ２ｓ－ｘ＋ｙ２ｓ－ｙ＋ｚ２ｓ－ｚ＝ｘ２ｓ－ｘ＋ｘ＋ｙ２ｓ－ｙ＋ｙ＋ｚ２ｓ－ｚ＋ｚ－ｓ＝ｓ·ｘｓ－ｘ＋ｙｓ－ｙ＋ｚｓ－ｚ－ｓ＝ｓ·ｘｓ－ｘ＋１＋ｙｓ－ｙ＋１＋ｚｓ－ｚ＋１－３－ｓ＝ｓ２·１ｓ－ｘ＋１ｓ－ｙ＋１ｓ－ｚ－４ｓ≥ｓ２·３２（ｓ－ｘ）＋（ｓ－ｙ）＋（ｓ－ｚ）－４ｓ＝９２ｓ－４ｓ…     

用“若a+b=0,则ab≤0”解竞赛题

如果两实数ａ ,ｂ满足ａ +ｂ =0 ,则ａｂ≤0 .应用这个结论解答一些竞赛题十分简捷 .现举例说明 .例 1　ｘ ,ｙ ,ｚ均为实数 ,解方程组ｘ + ｙ =2ｘｙ -ｚ2 =1①②(1987年上海市初中数学竞赛 )解　由①得　 (ｘ -1) + (ｙ -1) =0 .∴ (ｘ -1) (ｙ -1) =ｘｙ-(ｘ + ｙ) + 1≤0 ③①、②代入③得　 (ｘ -1) (ｙ -1) =ｚ2 ≤ 0 ,∴　ｚ =0 ,　ｘ -1=ｙ -1=0 .故方程组的解是　ｘ =1,ｙ =1,ｚ =0 .例 2　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足ａ +ｂ +ｃ =0 ,ａｂｃ=8.求ｃ的取值范围 .(第一届“希望杯”初二数学竞赛 )解　由已知 (ａ + 12 ｃ) + (ｂ + 12 ｃ)…     

构造二项平方和函数证不等式

对于某些不等式证明题,我们若能根据其条件和结论,结合判别式的结构特征,通过构造二项平方和函数：ｆ（ｘ）＝（ａ１ｘ－ｂ１）２＋（ａ２ｘ－ｂ２）２＋…＋（ａｎｘ－ｂｎ）２,由ｆ（ｘ）≥０,得Δ≤０,就可以使一些用一般方法处理较繁的问题,获得简捷、明快的证明．例１　已知ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ＋,求证：ａ２ｂ＋ｃ＋ｂ２ｃ＋ａ＋ｃ２ａ＋ｂ≥ａ＋ｂ＋ｃ２．（第二届“友谊杯”国际数学邀请赛题）证　构造函数ｆ（ｘ）＝（ａｂ＋ｃｘ－ｂ＋ｃ）２＋（ｂｃ＋ａｘ－ｃ＋ａ）２＋（ｃａ＋ｂｘ－ａ＋ｂ）２＝（ａ２ｂ＋ｃ＋ｂ２ｃ＋ａ＋…     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅲ)

根据定理 １,２和 ３;求任何一个方程 ａ~ｘ－ｂ~ｙ＝ｎ,ａ~ｘｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ±１＝０ 或ａ~ｘ±ｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ＝０（ｘ,ｙ,ｚ,ｗ∈≥０）的解都是很简单的,此处ａ,ｂ是适合 ２ ≤５ ａ,ｂ≤５０的互素的两个整数,ｎ是适合１≤ｎ≤８００００的整数．     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅲ)

根据定理 １,２和 ３;求任何一个方程 ａ~ｘ－ｂ~ｙ＝ｎ,ａ~ｘｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ±１＝０ 或ａ~ｘ±ｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ＝０（ｘ,ｙ,ｚ,ｗ∈≥０）的解都是很简单的,此处ａ,ｂ是适合 ２ ≤５ ａ,ｂ≤５０的互素的两个整数,ｎ是适合１≤ｎ≤８００００的整数．