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(1)当且仅当a=b=c=13时,不等式(1)取等号.文[1]的证明方法虽然精妙,但过程繁琐且不宜推广,现给出不等式(1)的一种简单证法.证明由a b c=1可得a=1-(b c),b=1-(a c),c=1-(a b),故不等式(1)等价于(1b c b c-1)(1c a c a-1)(1a b a b-1)≥(76)3(2)令f(x)=ln(1x x-1),00,故f(x)为(0,1)上的下凸函数,从而由Jensen不等式,有f(b c)…     

用构造法证明不等式

证明不等式时 ,从研究题目的条件与结论入手 ,巧妙构造方程、函数、不等式、数列、图形等 ,可以使不等式获得简捷证明 ,下面从四个方面谈谈怎样用构造法证明不等式 .1　寻觅题设或结论的固有规律进行“构造”例 1　已知a>b>c.求证 1a-b+ 1b-c+1c-a >0 .简析 :寻觅题设条件a >b>c的固有规律 ,若令x1>x2 >0 ,则必有a=x1+c,b=x2 +c .用构造方程a =x1+c ,b=x2 +c(x1>x2 >0 )去证明 ,简洁明快 .证明　因为a>b>c可构造方程a =x1+c,b =x2 +c(x1>x2 >0 ) ,将它们分别代入特征式 ,得 1a-b + 1b-c + 1c-a =1(x1+c) - (x2 +c) + 1x2 +c-c +1c- (x1+c) =…     

课外练习

1.解方程5{x}-2[x]=11.(其中[x]表示不超过x的最大整数,{x)表示x的正小数部分).(广西南丹车河中学(547204)莫克伦)2.若△ABC的三边长是a,b,c且满足a4=b4+c4-b2c2,b4=a4+c4-a2c2,c4=a4+b4-a2b2,试判定△ABC的形状.     

一类三角形几何不等式的统一证法

我们知道 ,任何三角形都有一个内切圆 ,切点把三边分成两段 .根据切线长定理 ,可将三边分拆换元 ,即在△ABC中 ,a ,b ,c分别为其三边长 ,可设a =y +z ,b =x +z ,c =x + y (其中 ,x ,y ,z∈R+ )( 1)如此便可简捷地证明一些三角形不等式 .下面我们举例说明 :1　分拆换元后 ,运用算术—几何平均值不等式一些结构较复杂 ,直接运用均值不等式有困难的三角形几何不等式 ,依据 ( 1)式分拆换元后 ,却能容易利用算术—几何平均值不等式 .例 1　在△ABC中 ,a ,b,c分别为其边长 ,求证 :① (《数学通讯》 2 0 0 1.12 .数学问题 132 4 )a +bb +c -a+ b…     

利用判别式证明不等式的几种方法

关于不等式的证明方法较多,这在很多书刊中都作过较详细的讨论。本文就用判别式来证明不等式探求几种思考方法,供大家在教学时参考。第一种方法:一元二次方程ax~2+bx+c=0(a≠0)有实根的充要条件是判别式△≥0。用这个结论来证明不等式,其关键是根据已知条件来构造一个实系数二次方程,再利用二次方程有实根的条件判别式△≥0推出所要证的不等式。例1 已知x、y、z是实数,且满足等式     

一位名师一道题

问题 :实数a ,b,c满足 (a +c) (a+b+c) <0 .求证 :(b -c) 2 >4a(a +b+c) .分析与解　要证的式子与二次方程的判别式形式相似 .故可构造辅助函数y=ax2 + (b-c)x + (a+b +c) .当a≠ 0时 ,二次函数过点P1( 0 ,a+b+c)及P2 ( -1 ,2 (a+c) ) .显见 ,y1y2 =2 (a+b +c) (a +c) <0 (已知条件 ) .即P1、P2 中有一点在x轴上方 ,另一点在x轴下方 .为此二次函数的图像与x轴相交 .所以　Δ =(b -c) 2 -4a(a +b +c) >0 .即得　 (b-c) 2 >4a(a+b+c) .当a=0时 ,由已知条件得c(b+c) <0 ,即b≠c,(b -c) 2 >0 ,结论也成立 .原命题得证 .构造二次函数来解题是一…     

一个轮换对称不等式的证明

文[1]中,证明了一个优美的三角形轮换对称不等式　　∑a2≥4△b2a2+c2b2+a2c2.(1)不等式(1)经变换等价于∑m2ah2a≥12(b2a2+c2b2+a2c2)+32.(2)其中a、b、c,ma、mb、mc,ha、hb、hc,△分别表示△ABC的三边长,中线,高及面积.本文将给出类似不等式(2)的一个结论.定理　在△ABC中有　　∑m2aa2≥34(b2a2+c2b2+a2c2).(3)证明　先将(3)式右边进行恒等变换可得　2(b2a2+c2b2+a2c2)=b2a2+c2b2+a2c2-a2b2-b2c2-c2a2+∑(c2b2+b2c2)=(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2.而　　∑4m2aa2=∑2b2+2c2-a2a2=2∑b2+c2a2-3,所以(3)式等价于　14(2∑b2+c2a2-3)≥38[(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2]上式化简整理∑b2+c2a2-6≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2　∑a2(b-c)2　≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2).(4)(4)式左...     

Pedoe不等式的向量证明

设△ABC与△A1B1C1的边分别为a、b、c与a1、b1、c1,面积分别为△与△1,则有a2(b21 c12-a12) b2(c12 a12-b21) c2(a12 b12-c12)≥16△.△1.当且仅当△ABC∽△A1B1C1时取等号.这就是著名的Pedoe不等式.关于它的证明可参见文[1].本文试图给出Pedoe不等式的一个向量证明.图1证明将△ABC与△A1B1C1如图放置.记BC=a,AC=b,AB=cB1C1=a1,A1C1=b1,A1B1=c1则a=b-c,a1=b1-c1,c1=λc(λ>0)且有:△=12|b×c|,△1=21|b1×c1|.b12 c21-a12=b12 c12-a12=b12 c12-(b1-c1)2=2b1.c1.c12 a21-b12=c12 a12-b12=c12 (b1-c1)2-b12=2c12-2b1.c1a12 b12-c…     

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…     

整体法解题举例

<正>整体法是将问题视为一个完整的整体,把着眼点放在问题的整体结构上,从整体上把握解题的方法.应用整体法解题,能使不少常规思路难以解决的问题找到简便的解法.例1已知正数a、b、c满足ab+a+b=bc+b+c=ca+c+a=3,求(a+1)(b+1)(c+1)的值.解由ab+a+b=3,得(a+1)(b+1)=4.同理可得(b+1)(c+1)=4,(c+1)(a+1)=4.     

构造一元二次方程巧解竞赛题

对于实数a,b,若满足:a+b=p且ab=q,则a,b是关于x的一元二次方程:x2-px+q =0的两个实数根,于是△≥0,即:(-p)2 -4q≥0,则p2≥4q.利用上述构造一元二次方程的方法,通过建立不等式,我们可简洁、有效地解答数学竞赛题,本文举例介绍其应用.     

用向量证明不等式两例

由向量的内积:a·b=|a|·|b|·cosθ, 可得 因为 -1≤cosθ≤1, 所以有 这个结论在证明不等式时常常用到. 例1 已知口a2+b2+c2=1,x2+y2+z2= 1,其中a、b、c、x、y、z均为实数,求证: -1≤ax+by+cz≤1. 证明 设p=(a,b,c), q=(x,y,z), 则 ,即.     

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     

柯西不等式的应用

笔者发现柯西不等式在中学数学的圆锥曲线中也有它的用武之地 ,下面先给出由它得出的两个定理及推论 ,然后再作一应用 .定理 1　设 x2a2 + y2b2 =1,则a2 +b2 ≥ (x +y) 2当且仅当 xa2 =yb2 时上式等号成立 .证　由柯西不等式 ,得　a2 +b2 =(a2 +b2 ) xa2 + yb2≥ (x + y) 2 ,当且仅当 xa2 =yb2 时上式等号成立 .推论　若x2 + y2 =r2 ,则 2r2 ≥ (x + y) 2 ,当且仅当x =y =22 r时取等号 .定理 2　设 x2a2 - y2b2 =1,则a2 -b2 ≤ (x - y) 2 ,当且仅当 xa2 =yb2 上式等号成立 .证　由于柯西不等式可推广为(a21-a22 ) (b21-b22 )≤ (a1b1-a2 b2 …     

圆锥曲线的又一性质

有众多文献给出了圆锥曲线(即椭圆、双曲线、抛物线的统称)的美妙性质,本文再给出一条.定理　自圆锥曲线的准线与对称轴的交点引这条圆锥曲线的切线,则切线斜率的平方等于这条圆锥曲线离心率的平方.证　1)当圆锥曲线是椭圆时,不妨设椭圆的方程是x2a2 + y2b2 =1(a >b >0 ) ,只考虑点A(- a2c,0 )(其中a2 =b2 +c2 ,c >0 )处的切线.可设切线的方程为y =k(x + a2c) ,将其代入x2a2 + y2b2 =1,得(b2 +a2 k2 )x2 + 2a4k2c x + a6k2c2 -a2 b2 =0 .令Δ=2a4k2c2 - 4(b2 +a2 k2 )·a6k2c2 -a2 b2 =0 ,可得k2 =ca2 ,即k2 =e2 .2 )当圆锥曲线是双曲线时,…     

课外练习

初一年级1.已知a +b =1a+ 1b≠ 0 ,试求出 (ab) 2 0 0 3 的值 .( )2 .设A△B =AB +A +B ,如 2△ 3 =2× 3 + 2+ 3 =11.(1)求 [(1△ 9)△ 9]△ 9;(2 )求 (… ((1△ 9)△ 9)…△ 9)3 .观察下列图形 :根据①、②、③图的规律 ,图④中三角形的个数是多少 ?初二年级1.已知a,b ,c为整数 ,且满足a2 +b2 +c2 =1,a(1b+ 1c) +b(1a+ 1c) +c(1a+ 1b) =-3 ,求a+b +c的值2 .如图 ,八个点处各写一个数字 ,已知每个点处所写的数字等于和这个点有线段相连的三个点处的数字的平均数 ,则代数式a +b +c +d -12 (e + f +g +h)a +b +c +d -13 (e + f +g +h)的值…     

运用新教材“新增知识”证明不等式

高中数学新教材添加概率统计、向量、导数、微积分等内容.如何将这些新增内容与中学数学的传统内容有机整合,互为所用,是中学数学面临的新课题.为此,笔者主要从数学方法的角度,运用新增内容的思想,对不等式的证明作一些方法上的归类与探索.旨在从新的视角来欣赏不等式的证明.1.利用E(X2)≥E2(X)构建不等式设x是一个取有限个值的离散随机变量,其分布列为p(x=xk)=pk,k=1,2…n,则E(X2)≥E2(X).(等式成立当且仅当x1=x2=x…=E(x))例1设a,b,c∈R+,求证ab+c+bc+a+ca+b≥32.证明:设随机变量x的分布列为Px=mb+c=b+c2mPx=mc+a=c+a2m(其中a+b+c=m)…     

数学问题解答

2007年1月号问题解答(解答由问题提供人给出)1651已知x,y,z∈R ,n∈N,求证:nx xy z x nyy z x yz nz≤n3 2.(陕西省绥德中学刘永春718000)证明当n=1时,不等式显然成立.当n≥2时,设nx y z=a,x ny z=b,x y nz=c,则x=(nn( n1) a1-)-b2-c,y=(nn( n1) b1-)-c2-a,z=(nn( n1) c1-)-a2-     

有趣的数形结合

例 1.求函数y =x - 3-x - 1的值域解 :y =x - 3-x - 1=- 4　 (x 3)2 - 2x　 (- 1 x 3)4　 (x - 1)得　y∈ - 4,4 (如图 )变式 :已知 :a 相似文献   

等式转化为不等式问题的补充解法

《中学生数学》2005年5月(上)吕伟庆老师给出了问题:已知a、b、c∈R,a b c=1,a2 b2 c2=1,求a的取值范围的三种方法(判别式法,基本不等式法,几何位置关系法)．下面再给出该题由等式转向不等式较为简单的三种解法．