构造函数法证明不等式

<正>构造函数法就是根据所证不等式的特征,构造适当的函数,然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等性质来证明不等式,这种方法,统称为构造函数法.例1设a,b,c∈R,求证:a²+ac+c2+ac+c²+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.证明左边整理成关于a的二次式f(a)=a2+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.证明左边整理成关于a的二次式f(a)=a²+(c+3b)a+c2+(c+3b)a+c²+3b2+3b²+3bc.∵Δ=(c+3b)2+3bc.∵Δ=(c+3b)²-4(c2-4(c²+3b2+3b²+3bc)=     

巧证“轮换”不等式

<正>这类不等式的特征是:字母成轮换对称形式,其证法思路是连续三次用均值不等式,并且相加,化简或推理之后可证,方法十分巧妙现举例说明.例1已知a、b、c为实数,且a+b+c=1,求证:a²+b2+b²+c2+c²≥1/3.证法1∵a+b+c=1,当且仅当a=b=c=1/3时,不等式中等号成立.于是有下列证法:     

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     

应用基本不等式求最值的“代换”技巧

<正>基本不等式已知a、b∈R⁺,则a+b/2≥ab+,则a+b/2≥ab^(1/2).基本不等式是高中数学的一个重要内容,具有广泛的应用,而且非常灵活,在解决有关多元变量的代数式(可看作是多元函数)的最值问题快捷有效.应用基本不等式求最值要求     

数学问题解答

<正>2022年12月号问题解答(解答由问题提供人给出)2696设△ABC的三边长、半周长、内切圆半径、面积分别为a,b,c,p,r,Δ,则■河南质量工程职业学院李永利467001)证明设△ABC的外接圆半径为R,则将由熟知的恒等式ab+bc+ca=p²+4Rr+r²,Δ=pr和四元均值不等式及欧拉不等式R≥2r可得22     

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）.     

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.     

一道高考题的多种解法及推广

<正>笔者探究的问题是2012年湖北高考数学卷(理)第6题,原题如下:设a、b、c、x、y、z是正数,且a²+b2+b²+c2+c²=10,x2=10,x²+y2+y²+z2+z²=40,ax+by+cz=20.则(a+b+c)/(x+y+z)=().(A)1/4(B)1/3(c)1/2(D)3/4解析题目中出现6个未知数,而只有3个等式,因此不能把a、b、c、x、y、z具体的值求出来,只能寻求整体与部分的关系来解题.命题实质是考查柯西不等式的应用.由柯西不等     

习题的加强推广与应用

<正>习题已知a,b∈R+,求证:(a+b)/2≥a+b(abba)～(1/2).这是高中新课程选修教材《不等式选讲》中的习题2.2的第5题,该不等式左右两端结构差异较大,直接证明有一定难度.而(a+b)/2是两正数a、b的算术平均数,联想到均值不等式(a+b)/2≥ab～(1/2)并尝试着代入几组特殊数值,验证后发现(ab)～(1/2)≥a+b(abba)～(1/2)是成立的,于是将此习题所要求证的结论加强如下:加强1已知a,b∈R+,求证:(ab)^(1/2)≥a+b(abba)(1/2)≥a+b(abba)^(1/2).解析由于(ab)(1/2).解析由于(ab)^(1/2)和a+b(abba)(1/2)和a+b(abba)^(1/2)的结构相同,     

破解一道不等式难题

<正>问题设a,b,c∈R⁺,且a+3b+5c=15.求证:a^1/2+（5b）^1/2+（2c）^1/2≤（46）^1/2.多数同学们容易想到用均值不等式（ab）^1/2≤（a+b）/2①来处理,但面对所证不等式右边的根号,便束手无策.这时,只要"对症下药",去掉     

竞赛中的代数式求值问题

<正>代数式求值(或证明)是竞赛中的常见问题.以考查基本方法和观察能力为主,在试题上侧重知识的灵活运用,本文从几个方面举例说明,供参考.一、利用非负数各项的和为0,其每项都为零求值(或证明)例1(2016年全国初中数学竞赛题)设实数a,b,c满足:abc≠0且14(a²+b2+b²+c2+c²)=(a+2b+3c)2)=(a+2b+3c)²,求(a2,求(a²+2b2+2b²+3c2+3c²)/(ab+ac+bc)的值.     

一道三元分式不等式引出的探究

《中等数学》第681号问题为:已知a,b,c为两两不同的实数,证明:(a-b/b-c-3)²+(b-c/c-a-3)²+(c-a/a-b-3)²≥29.命题人通过换元、配方等代数方法证明,具体过程如下:设a-b=x,b-c=y,c-a=-x-y,则原不等式等价于(x/y-3)²+(y/-x-y-3)²+(-x-y/x-3)²≥29■(x/y-3)²+(y/x+y+3)²+(y/x+4)²≥29.令t=x/y,于是只要证(t-3)²+(1/t+1+3)²+(1/t+4)²≥29■(t-3)²(t+1)²t²+(3t+4)²t²+(4t+1)².     

一道函数题引发的思考

<正>我们学过基本不等式后老师出的一道函数题引发了我的思考,下面是我对这道题的一点感悟.题已知:f(x)=ax²+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x2+bx+c的图像过(-1,0)是否存在常数a,b,c使不等式x≤f(x)≤x²+1/2对一切实数x都成立.一般解法假设存在实数a、b、c满足题意.∵f(x)的图像过(-1,0)对一切实数x都成立,     

一个恒等式的有趣应用

<正>a³+b3+b³+c3+c³-3abc=(a+b+c)(a3-3abc=(a+b+c)(a²+b2+b²+c2+c²-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a2-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a³+b3+b³+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a3+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a³+b3+b³+(-1)3+(-1)³-3ab     

余弦定理的一种变式及应用

<正>大家知道,余弦定理是:在△ABC中,a²=b2=b²+c2+c²-2bccos A,b2-2bccos A,b²=c2=c²+a2+a²-2cacosB,c2-2cacosB,c²=a2=a²+b2+b²-2abcosC,把以上三式配方变形,即得a2-2abcosC,把以上三式配方变形,即得a²=(b+c)2=(b+c)²-2bc(1+cos A).b2-2bc(1+cos A).b²=(c+a)2=(c+a)²-2ca(1+cosB).c2-2ca(1+cosB).c²=(a+b)2=(a+b)²-2ab(1+cosC).由观察知这三个式子有以下的列功能.(1)把已知三角形两边和与积及夹角,可迅速求第三边,为解题奠定基础;(2)已知等式中有两数和与两数积,因此它们可以与韦达定理建立联系;     

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.     

几何体与球的接切问题

<正>一、几何体的外接球问题1.与长方体有关的外接球问题利用长方体的几何中心(体对角线的中点)与外接球心重合,求出体对角线长,进一步求出外接球半径.在长方体ABCDA1B1C1D1中,棱AB,AD,AA1的长分别为a,b,c,则该长方体外接球的半径为().因D_1B=(a²+b2+b²+c2+c²)2)¹/2,故外接球半径R=((a1/2,故外接球半径R=((a²+b2+b²+c2+c²)2)¹/2)/2.     

巧妙的解答来自于持续的思考

<正>在文【1】、【2】中,探究了如下不等式:问题1已知a,b,c>0,求证:a³b+b3b+b³c+c3c+c³a≥abc(a+b+c).显然,这二文给出的证明,其技巧方法值得读者学习,但超出教材,比较繁难.笔者阅读之后,思考了该题的另外证法,经探究发现,只要作出恰当的变形,利用教材内容,借助二次均值不等式,或者柯西不等式,就能获得更简单的证法.     

一个加强不等式的简证

《数学通报》2 0 0 3年第5期《一个不等式的加强》一文将法国MohammedAassila教授提出的不等式1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥31 +abc ( 1 )(其中a ,b ,c为正数)加强为1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥33 abc( 1 + 3 abc) ,( 2 )并将加强不等式( 2 )转化为以下形式:a1 a2 +ka3+ a2a3+ka1 + a3a1 +ka2 ≥31 +k( 3)其中a1 ,a2 ,a3,k为正数.然后对( 3)给出了一个“高级”的证明方法.之所以说其证明方法“高级”,是因为其中用到了线性代数的一些知识.本文给出( 3)中一种简单证法.证　由柯西不等式知( x21 y1 + x22y2 + x23y3) (y1 …     

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)……