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.……     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。     

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…     

与一道USAMO试题有关的不等式链

第 2 6届美国数学奥林匹克有一道试题 :对 a、b、c∈ R ,有( a3 b3 abc) -1 ( b3 c3 abc) -1 　 ( c3 a3 abc) -1 ≤ ( abc) -1 . ( 1)本文将通过以下定理证得与 ( 1)有关的不等式链 .定理　设 x、y、z∈ R ,且 xyz =1,则3x y z≤ ∑ 1x y 1≤ ∑ 1x 2≤ 1, ( 2 )其中 ∑ 表示对 x、y、z的轮换求和 .证明　设 x y z =a,xy yz xz =b,由xyz =1,易知 a≥ 3,b≥ 3,a2 ≥ 3b.且x2 y2 z2 =a2 - 2 b,x2 y xy2 y2 z yz2 z2 x zx2 =ab - 3.经运算可得　 ∑ 1x 2= ( y 2 ) ( z 2 ) ( x 2 )…     

代数替换证不等式

证不等式,技巧性很强。用三角代换法者屡见不鲜。但若另辟蹊径,巧用本文中的代数代换,又可别开生面,另有一番情趣。例1 已知a,b∈R求证a~2+ab+b~2-3a-3b+3≥0 证明令x=1/2(a+b), y=1/2(a-b), 则a=x+y, b=x-y,于是原式左边=(x+y)~2+(x~2-y~2)十(x-y)~2 -3〔(x+y)+(x-y)〕+3=3x~2+y~2-6x+3=3(x-1)~2+y~2≥0。例2 已知a,b∈R~+,求证(当且仅当c=b时,取等号)。证明:令x=1/2(a+b),y=1/2(a-b),则a=x     

一类不等式成立的条件与均值不等式的加强

熟知 ,不等式ax2 +bx +c≥ 0 (x≥ 0 )成立的充要条件是a≥ 0 ,c≥ 0 ,b+ 2ac≥ 0 .对此加以推广 ,我们得到了定理 1　设n∈R ,n >1 ,则不等式fn(x) =axn+bx +c≥ 0 .(x≥ 0 ) ( 1 )成立的充要条件是a≥ 0 ,c≥ 0 ,(n - 1 )b +n[(n - 1 )acn - 1 ]1 n≥ 0( 2 )证　先考虑a =1的情况 :易知b≥ 0时fn(x)在 [0 ,+∞ )上递增 ,b <0时 fn(x)在 [0 ,x0 ]与 [x0 ,+∞ ]上分别递减与递增 ,其中x0 =-bn1 n- 1 .故当x≥ 0时有fn(x) min=f( 0 ) =cf(x0 ) =c- (n - 1 )x0 n　 (b≥ 0 ) ,(b<0 ) .从而知 fn(x)≥ 0 (x≥ 0 )成立的充要条件是b≥ 0 ,c≥ 0…     

综合练习

1.设a∈R,A={x|1≤x≤4},B={x|x~2-2ax+a+2≤0},当AB时,求a的取值范围。 2.(1)讨沦函y=arcctgax(a>0,a≠1)的增减性 (2)求函数的反函数 3.已知x>0,x≠1,n为大于1的自然数,试比较1/log2x+1/log3x+…+1/log~nx与n/log2x的大小。 4.(1)已知a、b、c是互不相等的复数,试求a+b/b=b+c/c=c+a/a的值。 (2)设z_1、z_1是复数,且满足|z_1|<1,|z_2|<1,求证|(z_1-z_2)/(1-z_1z_2)|<1。 5.设等比数列z_1,z_2,z_3,…,z_n,…中的     

一个不等式的推广

本刊文[1]给出如下姊妹不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有1b c-ac 1a-ba 1b-c≥673(1)当且仅当a=b=c=31时取等号.1b c ac 1a ba1 b c≥1613(2)当且仅当a=b=c=31时取等号.不等式(1)可改写为:11-a-a1-1b-b1-1c-c≥673(3)当且仅当a=b=c=31时取等号.本文将把不等式(3)推广为:命题设xi>0(i=1,2,…,n),∑ni=1xi=1,则∏ni=1(1-1xi-xi)≥(n-n1-1n)n(4)当且仅当x1=x2=…=xn=1n时等号成立.引理设f″(x)>0,则1n∑ni=1f(xi)≥f(1ni∑=n1xi)(5)此即著名的Jesen不等式.下面给出(4)式的证明.证设y=f(x)=ln(1-1x-x)(0相似文献   

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   

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 …     

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.     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

本文中|A|表示集合A的元素个数.1设P(x)=x~3-3x 1.求一个多项式Q(x),使得Q(x)的根是P(x)的根的5次幂.解设a,b,c是P(x)的根.由根与系数的关系,有依题意知,Q(x)=(x-a5)(x-b5)(x-c5)=x3-(a5 b5 c5)x2 (a5b5 a5c5 b5c5)x-a5b5c5=x3-S5x2 T5x 1.这里S5=a5 b5 c5,T5=a5b5 b5c5 c5a5.对于正整数n,令Sn=an bn cn,则有T5=21(S52-S10),所以要求Q(x),只需求出S5与S10.∵S1=a b c=0,S2=(a b c)2-2(ab bc ca)=6.又a,b,c是方程x3=3x-1的根,所以a3=3a-1,b3=3b-1,c3=3c-1,由此易得Sn 3=3Sn 1-Sn(n≥1),∴S3=3(a b c)-3=-3,S4=3×S2-S1=3×6-0=18…     

对一道世锦赛试题的拓广

题目 设a,6,c∈R+,a+b+c＝1,则M＝√3a+1+√3b+1+√3c+1 的整数部分 ∈是( ). 参考答案是这样求M的下界值的: 因为x∈(0,1)时,有x＞xn(n∈N且n≥2),所以√3x+1＞√x2+2x+1＝x+1. 即√3a+1+√3b+1+√3c+1＞a+b+c+3＝4.     

2003年北京市中学生数学竞赛初中二年级复赛试题

(2 0 0 3年 7月 2 7日 )一、填空题 (满分 40分 )1.若 (2x -1) 5=a5x5+a4x4+a3 x3 +a2 x2 +a1 x +a0 ,则a2 +a4=.2 .在△ABC中 ,M是AC边的中点 ,P为AM上一点 ,过P作PK∥AB交BM于X ,交BC于K .若PX =2 ,XK =3,则AB =.3.a ,b ,c是非负实数 ,并且满足 3a +2b +c =5,2a +b - 3c =1,设m =3a +b- 7c,记x为m的最小值 ,y为m的最大值 ,则xy =.4.在△ABC中 ,AD是BC边上的中线 ,AB =2 ,AD =6,AC =2 6,则∠ABC =.5 .已知xyz =1,x +y +z =2 ,x2 + y2 +z2 =16.则 1xy + 2z + 1yz + 2x + 1zx + 2y=.二、(满分 15分 )如果正数a ,b ,c满足a+c…     

关于方程ax+by=cz的Terai-Jesmanowicz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+1,c=m2+1,那么丢番图方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,5).     

关于方程ax+by=cz的Terai-Jesmanowicz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+1,c=m2+1,那么丢番图方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,5).     

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…     

名校基础知识自测

★高一年级北京市第八中学(100032) 白芸一、选择题1.设a、b、c都是正数且3a=4b=6c,那么( ). (A)1/c=1/a 1/b (B )2/c=2/a 1/b(C)1/c=2/a 2/b (D)2/c=1/a 2/b2.指数函数f(x)=(2-a)x和对数函数g(x)= log1/a-1x的图像只能是( ).     

忽视△≥0致错两例

<正>《中学生数学》2016年1月下初一年级课外练习题第2(1)题为:设a²-a+1=0,求a2-a+1=0,求a⁽²⁰¹⁶⁾+1/a(2016)+1/a⁽²⁰¹⁶⁾的值.评析我们知道,关于x的一元二次方程ax(2016)的值.评析我们知道,关于x的一元二次方程ax²+bx+c=0(a≠0),当Δ=b2+bx+c=0(a≠0),当Δ=b²-4ac≥0时,方程有实根;当Δ=b2-4ac≥0时,方程有实根;当Δ=b²-4ac<0时,方程无实根.上述题目中,对于a2-4ac<0时,方程无实根.上述题目中,对于a²-a+1=0而言,由于Δ=(-1)2-a+1=0而言,由于Δ=(-1)²-4×1×1=-3<0,故这样的a     

巧用(a+b)2≥4ab证明不等式

试比较如下两个平凡不等式 :　　 a b≥ 2 ab ( 1 )　　 ( a b) 2≥ 4 ab ( 2 )将 ( 1 )式两边平方 ,即得 ( 2 )式 ;但对 ( 1 )式 ,a,b不能是负数 ,而对于 ( 2 )式 ,a,b却可以是任意实数 .可见 ( 2 )式的应用范围更为宽广 ,而且应用更加生动灵活 .本文旨在介绍 ( a b) 2≥ 4 ab在不等式证明中的种种巧用 .1　正用例 1　已知 3y =3x z,求证 :y2≥ 4 xz.证明　依 ( 2 )式 :( 3y) 2 =( 3x z) 2 ≥ 4 .3xz,故　　 y2≥ 4 xz.例 2　设 a,b,c∈ R,且 a c- 2 b≠ 0 ,求证 :　 ( c b - 2 a) 2　≥ 4 ( a c - 2 b) ( a b - 2 c) .…