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<正>(2ab)/(a+b)≤(ab)1/2≤(a+b)/2≤((a2+b2)/2)1/2(a>0,b>0)是不等式中最著名的不等式,也是最基本最重要的不等式,其中(2ab)/(a+b)=2((1/a)+(1/b))-1称为调和平均值,(ab)1/2称为几何平均值,(a+b)/2称为算术平均数,((a2+b2)/2)1/2称为平方平均数,当且仅当a=b时式中等号成立,它的代数证法并不难,笔者发现,通过构造梯形,利用几何的方法亦可通俗易懂地证明这个不等式。 相似文献
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<正>题目求证:对任意正实数a、b、c都有1≤(a/(a2+b2)1/2)+(b/(b2+c2)1/2)+(c/(c2+a2)1/2)≤(3 21/2/2).《中学生数学》2007年1月(上)P36刊出了杨安琪同学对此题的"新解".可惜原文的最后两步有误.因由cos2α+cos2β+cos2γ≥3·(cos2α·cos2β·cos2γ)1/3,cos2αcos2βcos2γ≤(1/8),不能推出cos2α+cos2β+cos2γ≥3·(1/8)1/3.尽管原文出现小小的失误,但原文的思想方法很好. 相似文献
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<正>题目(2004年西部数学奥林匹克竞赛题)求证:对任意正实数a,b,c,都有1< (a/(a2+b2)1/2)+(b/(b2+c2)1/2)+(c/(c2+a2)1/2≤(321/2/2) (*)文[1]利用三角代换,在证以上右边含上界的不等式时最后一步有误!现将文[1]证明过程的最后几步摘录如下: 相似文献
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有一道不等式的证明题:对于所有的正实数a,b,证明(a/(a+3b))1/2+(b/(3a+b))1/2≥1(*)在《数学通报》2005年第4期由提供人用反证法给出了证明,如果我们另避蹊径,还可得到以下证明方法:解法1由式子的结构通过联想,字母轮换对称,被开方式子都是一次比例式,为求计 相似文献
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无理函数y=(a1x+b1)1/2+(a2x+b2)1/2(a1,a2,b1,b2均不为0)(1)的最值问题,是代数中较为典型的一类最值问题之一.当a1a2≥0时,函数(1)为单调函数,求出定义域后利用单调性很容易确定最大值和最小值.但当a1a2<0时,函数(1)最值的求解具有一定的难度.其实,当a1a2<0时,无理函数(1)可改写成如下形式:y=a(x-b)1/2+c(d-x)1/2(a,c>0,b,d≠0)(2)当b≤d时,函数才有意义.当b=d时,函数值域为单点集{0}.本文考虑b相似文献
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1引言关于两个正数a,b的平均数,《普通高中课程标准实验教科书》中的算术平均与几何平均是我们熟知的两种平均,在中学数学中常见的平均有:(1)A(a,b)=a+b/2为a,b两个数的算术平均;(2)G(a,b)=ab1/2为a,b两个数的几何平均; 相似文献
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《中学生数学》2018,(22)
<正>同学们在学习整式的乘法后,大都计算过a+b的n次方(a+b≠0,n为自然数)的结果:(a+b)2=a2=a2+2ab+b2+2ab+b2.(a+b)2.(a+b)3=(a+b)3=(a+b)2(a+b)=a2(a+b)=a3+3a3+3a2b+3ab2b+3ab2+b2+b3.(a+b)3.(a+b)4=[(a+b)4=[(a+b)2]2]2=a2=a4+4a4+4a3b+6a3b+6a2b2b2+4ab2+4ab3+b3+b4.……并关注过计算结果中各项系数(补上(a+b)4.……并关注过计算结果中各项系数(补上(a+b)0=1,(a+b)0=1,(a+b)1=a+b)组成的一张表及其中的数字规律.(各版本的教科书中的阅读材料都有相关探究和介绍) 相似文献
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<正>贵刊文[1]利用函数f(x)的"不动点"巧妙地求出了形如an=(a·an-1+b)/(c·an-1+d)(a,b,c,d均不为零且(d-a)+4dc≥0),及an=(a·an-12+b)/(2a·an-1+c) (a,b,c均不为零且c2+4ad>0)的数列通项公式,读后深受启发.经过研究,本人发现利用函数f(x)的"不动点"还可求出如下一种形式的数列通项公式: 相似文献
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<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, 相似文献
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一、背景介绍基本不等式姨(ab)1/2≤a+b/2(a>0,b>0)(basic inequality)是高中数学中最重要的一个不等式.在现行教材编排的体系中,基本不等式首先出现在《数学5》(必修)[1-3]之后在 相似文献
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<正>题目设函数f(x)=-a(x2+1)1/2+x+ a,x∈(0,1)a∈R+.若f(x)在(0,1)上是增函数,求a的取值范围.错解f′(x)=(-ax)/(x2+1)1/2+1,∵f(x)在(0,1)上是增函数,∴在x∈(0,1)上有f′(x)>0, 相似文献
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试题:如图1,椭圆C:x2+3y2=3b2(b>0).(I)求椭圆C的离心率;(Ⅱ)若b=1,A,B是椭圆C上两点,且|AB|=31/2,求△AOB面积的最大值.解法一:(I)由x2+3y2=3b2得x2/(3b2)+y2/b2,所以e=c/a=((3b2-b2)1/2)/((3b2)1/2)(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),△ABO的面积为S.如果AB⊥x轴,由对称性不妨记A的坐标为(31/2/2,31/2/2),此时S=1/2·31/2/2·31/2=3/4;如果AB不垂直于x轴,设直线AB的方程为y=kx 相似文献
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John Villavert 《数学物理学报(B辑英文版)》2011,31(6):2285-2288
The Hardy-Littlewood-Pólya (HLP) inequality [1] states that if a∈lp,b∈lq and p>1,q>1,1/p + 1/q>1, λ=2-(1/p+1/q),then Σ[(arbs)/︱r-s︱λ](r≠s)≤C‖a‖P‖b‖q.In this article, we prove the HLP inequality in the case where λ= 1, p = q = 2 with a logarithm correction, as conjectured by Ding [2]:Σ[(arbs)/︱r-s︱λ](r≠s,1≤r,s≤N)≤(2㏑N+1)‖a‖2‖b‖2.In addition, we derive an accurate estimate for the best constant for this inequality. 相似文献
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《中学生数学》2017,(24)
<正>试题(2015年四川·内江卷)(1)填空:(a+b)(a-b)=_;(a-b)(a2+ab+b2+ab+b2)=_;(a-b)(a2)=_;(a-b)(a3+a3+a2b+ab2b+ab2+b2+b3)=_;(2)猜想:(a-b)(a3)=_;(2)猜想:(a-b)(a(n-1)+a(n-1)+a(n-2)b+ab(n-2)b+ab(n-2)+b(n-2)+b(n-1))=_(其中n为正整数,且n≥2)(3)利用(2)猜想的结论计算:2(n-1))=_(其中n为正整数,且n≥2)(3)利用(2)猜想的结论计算:29-29-28+28+27-…+27-…+23-23-22+2.原解答略.本文给出如下几点思考.一、设想——多思追问如果去掉试题所提供的由特殊到一般的 相似文献
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《中学生数学》2018,(15)
<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; 相似文献