一道数学竞赛题的研究

题目1(2012年上海市高中数学竞赛题)正实数x,y,z满足9xyz+xy+yz+zx=4,求证:(1)xy+yz+zx≥43;(2)x+y+z≥2.分析上面不等式等号成立当且仅当x=y=z=23,这时xy+yz+zx=43,x+y+z=2.对于第(1)小题只要将条件9xyz+xy+yz+zx     

一道国际竞赛题的简证

题目:(2006年土耳其国家队选拨考试)已知正数x,y,z满足xy yz zx=1,证明:247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2≥63.文[1]采用三角换元法,并利用导数和Jensen不等式给出了证明.274(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2.但证明过程中错证了cosA cosB cosC≤323.从而证明247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2的证法是错误的.下面给出一个简证.证明:先证(x y)(y z)(z x)≥98(x y z)(xy yz zx)①上面不等式等价于(x y z)(xy yz zx)-xyz≥98(x y z)(xy yz zx)(x y z)(xy yz zx)≥9xyz.由A—G不等式有x y z≥33xyz,xy yz zx≥33x2y2z2,故(x y z)(xy yz…     

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 )…     

“分步法“巧证分式不等式

常言道:“饭要一口一口地吃”.面对千姿百态的分式不等式,如果一时难以“一步到位”达到证明目的,不妨探究“分步法”,分成两步或多步,逐步实现证明目的.1.将分式不等式化为整式不等式例1设x,y,z∈R+,求证:(y+z)x(yx+z)+(z+x)y(zy+x)+(x+y)z(xz+y)≥43.(《数学教学》1992(6),数学问题289)证明(1)待证不等式可化为整式不等式:x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2≥6xyz;(2)x2y+xy2+y2z+yz2+zx2+z2x≥66x2y·xy2·y2z·yz2·z2x·zx2=6xyz.证毕例2若a,b,c∈R+,求证:a·aa++cb+b·bb++ca+c·cc++ab≥a+b+c.(1992年国际“友谊杯”数学邀请赛试题)证明(1)证…     

运用a~2 ab b~2的变式证明一类不等式

众所周知,在不等式的证明过程中,常常要将待证的式子进行适当的变形,以利于问题的解决.本文将式子a2 ab b2进行适当的变形后,对一类不等式的证明起到了较好的效果.变式1a2 ab b2=(a 2b)2 3b24.例1已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥23(x y z);证明x2 xy y2=(x 2y)2 43y2≥23|y|≥23y,同理y2 yz z2≥23z,z2 zx x2≥23x,三式相加即可,x=y=z=0时取等号.变式2a2 ab b2=a2 b2 (a b)22例2已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥2(x y z).证明x2 xy y2=x2 y2 (x y)22≥|x 2y|≥22(x y),同理y2 yz z2≥22(y z),z2 zx x2≥22(…     

由一道不等式题引发的探究

文[1]给出如下一道不等式题：问题1已知正数z、y、z满足xy＋yz＋zx=1,求证：     

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．     

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     

一类二次齐次不等式的获得方法

近年来的奥林匹克数学辅导书上流行这样一道题:设x,y,z∈R,求证: √33+1/4(x2+y2+z2)≥xy+2yz+2zx.     

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 )…     

一个涉及Fermat点的不等式

命题　设△ ABC的三边和面积为 a,b,c及△ .F是△ ABC内的 Fermat点 ,延长 AF、BF、CF分别交对边于 A′,B′,C′.记 AA′=fa,BB′=fb,CC′=fc.则　　 f2a f2b f 2c ≥ 33△ . ( 1 )等号当且仅当△ ABC为正三角形时成立 .证明　设 AF =x,BF =y,CF =z,则AA′=AF A′F =x 2 yzy zcos 6 0°=xy yz zxy z ,BB′=xy yz zxz x ,CC′=xy yz zxx y .又由面积公式易知xy yz zx =43△ .所以由上述式子易知 ( 1 )式 (以下用 ∑ 表示三元循环和 ,如∑x =x y z)等价于∑xy .∑ 1( y z) 2 ≥ 94 　…     

Vasc不等式的证明及应用

我们知道,对于任意的实数x,y,z,都有(x+y+z)2≥3(xy+yz+zx),在此不等式中令x=a2+bc-ab,y=b2+ca-bc,z=c2+ab-ca,其中a,b,c为任意的实数,可得:     

三元四次对称不等式的统一加强

在文 [1 ]中 ,笔者给出了三元四次对称不等式λ( ∑x) 4 μ∑ ( yz) 2 υ∑x .∏x k( ∑x) 2 ∑yz≥ 0　 ( x,y,z >0 )成立的一个充要条件 .它等价于下面的命题　记σ1=x y z,σ2 =xy yz zx,σ3 =xyz,则F( x,y,z)≡λ0 σ41 λ1σ21σ2 λ2 σ22 - ( 2 7λ0 9λ1 3λ2 )σ1σ3 ≡λ0 σ1(σ3 1- 2 7σ3 ) λ1σ1(σ1σ2 - 9σ3 ) λ2 (σ22 - 3σ1σ3 )≥ 0 ( 1 )对任意 x,y,z >0成立的充要条件是λ0 ≥ 0 ,λ1≥ - 5λ0 ,1 6λ0 4λ1 λ2 ≥ 0( 2 .1 )或λ0 >0 ,λ1<- 5λ0 ,λ0 λ2 ≥ ( 3λ0 λ1) 2( 2 .2 )本文进而…     

一道数学竞赛最值问题及变式

题目 实数x,y,z满足x2＋y2＋z2=1,则√2xy＋yz的最大值为___．     

一道2000年IMO试题的高等数学背景

我们首先给出 2 0 0 0年第 41届 IMO之第2题及其解答 [1] :设 a、b、c是正数 ,满足 abc =1 .证明( a- 1 1b) ( b- 1 1c) ( c- 1 1a)≤ 1 .证明　令 a =xy、b =yz、c =zx,其中x、y、z为正数 ,则原不等式变为( x - y z) ( y - z x) ( z - x y)≤ xyz ( 1 )显然 x - y z、y - z x、z - x y里最多又有一个是负数 .如果恰有一个是负数 ,那么 ( 1 )式显然成立 ;如果这三个数都非负 ,那么根据算术平均—几何平均可得　 ( x - y z) ( y - z x)≤ 12 [( x - y z) ( y - z x) ]=x　 ( y - z x) ( z - x y)≤ 12 [( …     

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．     

IMO42-2的推广

第 4 2届 ( 2 0 0 1年 )国际数学奥林匹克试题第 2题为 :对所有正实数 a,b,c,证明 :aa2 8bc bb2 8ca cc2 8ab≥ 1 . ( 1 )推而广之 ,我们发现以下定理　若 a,b,c∈ R ,λ≥ 8,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥ 31 λ. ( 2 )证明　令 x =bca2 ,y =cab2 ,z =abc2 ,则 x,y,z∈ R ,且 xyz =1 .于是 ,不等式 ( 2 )等价于11 λx 11 λy 11 λz≥31 λ( 3) 　 1 λ[( 1 λy) ( 1 λz) ( 1 λz) ( 1 λx) ( 1 λx) ( 1 λy) ]≥ 3( 1 λx) ( 1 λy) ( 1 λz) 　 ( 1 λ) [3 2λ( x y z) λ2 ( yz zx …     

巧构函数简证一道女子奥赛题

题目设实数x,Y,z大于或等于1,求证：（x^2～2x＋2）（y^2-2y＋2）（z^2-2z＋2）≤（xyz）^2-2xyz＋2． 这是2009年在厦门举行的中国女子数学奥林匹克竞赛的第五题．文[1]作者丁兴春老师用以退求进的思想方法对此题作了精彩证明,笔者读后受益匪浅．     

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,     

三元三次对称多项式取值非负的充要条件

1预备知识设u=x y z,v=xy xz yz,w=xyz,则u,v,w称为关于x,y,z的基本对称多项式.从线性代数中知道,每一个三元n次齐次的对称多项式f(x,y,z)均可唯一地表示成关于u,v,w的多项式.例如:∑x2=u2-2v,∑x3=u3-3uv,∑(x2y xy2)=uv-3w.其中∑表示循环求和,下同.2引理(Schur不等式)若x,y,