一道赛题的另一种证明

2008年全国高中数学联赛山东赛区预赛第17题： 若x〉0,y〉0,z〉0,且xyz=1,求证： 1〈1/（1＋x）＋1/（1＋y）＋1/（1＋z）〈2. 原证 （命题组给出的证明）任取a〉0.令b=ax,c=by,由xyz=1,得x=b/a,y=c/b,z=a/c,     

一类最值题的命制及其求解

第20届伊朗数学竞赛中有如下一道三元不等式题：已知a,b,c为正实数,a2＋b2＋c2＋abc=4,求证：a＋b＋c≤3.如果退化为二元情况,不妨令c=b,则题设条件变为a2＋2b2＋ab2=4（＊）,整理得a＋b2=2,在此式中再分别令a=x＋y/2,b=xy（1/2）或者a=2x＋y/3,b=xy（1/2）等,并代入后进行整理,就得到下列几道最值题：问题1已知x,     

一道不等式问题的探源、证明与推广

《数学教学》2012年第12期的数学问题874为：题目 已知 m,n∈N＋,m,n≥2,xi∈R＋（i=1,2,…,m）,（^m∑i=1）xi=S,n∈N＋,求证：（^m∑i=1）^n√xi/S-xi≥.看完此题,笔者不禁想起了文[1]中的不等式：题源1已知a,b,c为正数,求证：√a/（b＋c）＋√b/（c＋a）＋√c/（a＋b）〉2。     

一道新加坡数学奥林匹克试题的推广——兼谈一个错误证法的修正

2008年新加坡数学奥林匹克（第二轮）高年级试题中有一题如下： 题目设a,b,c≥0．证明： （1＋a^2）（1＋b^2）（1＋c^2）/（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥1/2（1＋abc）.     

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 （1/b＋c -a） （1/c＋a -b）（1/a＋b -c）≥（7/6）^3     

对一个不等式的简证及探究

文[1]给出并证明了如下不等式： 若a，b，c是正数，且a＋b＋c=1，则有： （1/b＋c -a）（1/c＋a -b）（1/a＋b -c）≥（7/6）^3     

一道美国数学奥赛题的别证

题目 已知a,b,c是正实数,证明： （2a＋b＋c）^2/2a^2＋（b＋c）^2＋（2b＋c＋a）^2/2b^2＋（c＋a）^2＋（2c＋a＋b）^2/2c^2＋（a＋b）^2≤8 ① 这是2003年美国数学奥林匹克竞赛第五题,文[1]及文[2]分别用不同的方法对该题目作出精彩的证明,本文利用“变量标准化”方法给出该竞赛题的别证．     

一道征解题的推广

《数学通讯》（上半月）2013年第9期问题征解150是一道不等式问题： 已知a,b,c∈R＋,试证：b3＋c3/a＋c3＋a3/b＋a3＋b3/c≥2（a2＋b2＋c2）＋3[（b-c）2＋（c-a）2＋（a-b）2].这道题的证明方法很多,下面我们先给出它的一种解答,然后用同样的证明方法证明此不等式的推广不等式.证明作差变形,并由三元均值不等式得（b3＋c3/a＋c3＋a3/b＋a3＋b3/c）-2（a2＋b2＋c2）     

一道日本奥赛题的别证及其它

对如下一道日本数学奥林匹克试题： 问题1已知a,b,c〉0,求证：（b＋c-a）^2/（b=c）^2＋a^2＋（c＋a-b）^2/（c＋a）^2＋b^2＋（a＋b-c）^2/（a＋b）^2＋c^2≥3/5.     

一道题的多解欣赏

题目正数a,b,c满足a〈b＋c,求证：a/1＋a〈b/1＋b＋c/1＋c.     

高考命题设计思路探析——深入研究陈题 寻找新的命题点

1 深入研究陈题 我们先看一道陈题： 问题1 已知实数a，b，c，d满足：a〈b，c〈d，（a—c）（c-d）=1，（b—c）（b—d）=1．贝4a，b，c，d的大小关系是——（用“〈”连接）．     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式：设a，b，c为正数，且a＋b＋c=1，则有 （1/b＋c-a）（1/c＋a-b）（1/a＋b-c）≥（7/6）^3, （1/b＋c-a）（1/c＋a＋b）（1/a＋b＋c）≥（11/6）^3。 为了推广这两个不等式，文[1]提出下面四个命题，要求证明或否定之．     

不等式中的一对姐妹花

若a，b，c是正数，且a＋b＋c=1，则有（1/b＋c -a）1/c＋a-b）（1/a＋b -c）≥（7/6）^3当且仅当a=b=c=1/3时取等号。     

IMO一题的进一步加强

这是第42届IMO第二题：对所有正实数a,b,c,证明：a/√a^2＋8bc＋b/√b^2＋8ca＋c/√c^2＋8ab≥1.文[1]中宋庆老师将其加强为：若a,b,c,为正数,则a/√a^2＋2（b＋c）^2＋b/√b^2＋2（c＋a）^2＋c/√c^2＋2（a＋b）^2≥1.     

一个n元分式不等式北大核心

《中学数学》2007年（7）P41证明了如下定理： 若a,b,c,d∈R＋,a＋b＋c＋d=1,1/（1＋a^2）^2＋1/（1＋b^2）^2＋1/（1＋c^2）^2＋1/（1＋d^2）^2≤824/289.     

一道巴尔干数学奥林匹克竞赛题的再推广

2005年巴尔干数学奥林匹克试题的第3题是： 设a，b，C是正数，求证： α^2/b＋b^2/c＋c^2/α≥α＋b＋c＋4（α-b）^2/α＋b＋c （1） 文[1]从变量的个数方面给出了一个推广：     

一个不等式的推广

文[1]给出了不等式：设a、b、c为正数,且a＋b＋c=1,则有（1/a＋b-c）（1/a＋c-b）（1/b＋c-a）≥（7/6）^3,当且仅当a=b=c=1/3时等号成立．     

一个代数恒等式与一类不等式的证明

文[1]的第218—219页上讨论了如下代数恒等式： （a＋b＋c）（ab＋bc＋ca）-abc =（a＋b）（b＋c）（c＋a）     

On quasi-reduced quadratic forms

With the help of continued fractions, we plan to list all the elements of the set Q△ = {aX2 ＋ bXY ＋ cY2 ： a,b, c ∈Z, b2 - 4ac = △ with 0 ≤ b 〈 √△}of quasi-reduced quadratic forms of fundamental discriminant △. As a matter of fact, we show that for each reduced quadratic form f = aX2 ＋ bXY ＋ cY2 = （a, b, c） of discriminant △〉0（and of sign σ（f） equal to the sign of a）, the quadratic forms associated with f and defined by {〈a＋bu＋cu2,b＋2cu.c〉},with 1≤σ（f）u≤b/2｜c｜ （whenever they exist）, 〈c,-b-2cu,a＋bu＋cu2〉 with b/2｜c｜≤σ（f）u≤[w（f）]=[b＋√△/2｜c｜], are all different from one another and build a set I（f） whose cardinality is #I（f）={1＋[ω（f）],when（2c）｜b,[ω（f）],when （2c）｜b. If f and g are two different reduced quadratic forms, we show that I（f） ∩ I（g） = Ф. Our main result is that the set Q△ is given by the disjoint union of all I（f） with f running through the set of reduced quadratic forms of discriminant △〉0. This allows us to deduce a formula for #（Q△） involving sums of partial quotients of certain continued fractions.     

2008年江西高考数学第9题的规律探究

题1 若0〈a1〈a2,0〈b1〈b2,且a1＋a2=b1＋b2=1,则下列代数式中值最大的是（ ）