一道联赛题的挖掘

题目设n为自然数,a、b为正实数,且满足a b=2,则1/a a~n 1/a b~n的最小值是__。(1990年全国高中数学联合竞赛试题二(1)) 这是一道值得精心挖掘的佳题。 (一)横向挖掘——多解由已知条件,知a~nb~n≤1,当且仅当a=b=1时,等号成立。灵活地运用a~nb~n≤1,我们发现本题有多种求解思路。解1 [用1/b~n 换a~n] 1/1 a~n 1/1 b~n≥1/1 1/b~n 1/1 b~n=b~n/b~n 1 1/1b~n=1,其中等号成立1/b~n=a~n即a~nb~n=1a=b=1。故1/a~n 1/b~n的最小值为1。解2 [通分,用a~nb~n换分子中一个1]     

在证题中启发学生联想一例

一个数学问题的解决,要根据联想到的概念、公式、定理等有关知识,选择入手方法,并进行分析、推理等。因此,在教学过程中培养学生的联想能力是提高解题能力的一个重要方面。本文就重点中学高中代数第二册复习参考题二B组的第27题证明中如何启发学生从不同角度进行联想,谈点粗浅体会。题目:利用等比数列{a_n}的前n项和的公式证明 a~n a~(n-1)b a~(n-2)b~2 … b~n =a~(n 1)-b~(n 1)/a-b这里n是自然数,a、b是不为零的常数,且a≠b。一、启发学生联想已知定义和公式。遇到一个证题,首先要联想到条件和结论     

二项展开式系数绝对值最大项的一个公式

定理设a、b是非零实常数,x、y为变数,在(ax+by)~n的展开式中系数绝对值最大的项是第(?)+1项(?)则即r为不超过|b|/|a|+|b|·(n+1)的最大整数证明:(ax+by)(?)展开式的通项为 T_(k+1)=C_n~k(ax)~(n-k)(by)~k(k=0,1,2,…,n)其系数的绝对值|t_(k+k)|=C_n~k|a~(n-k)b~k| 在展开式中第(?)+1项的系数绝对值最大的充要条件是     

增量法证明不等式三例

本文就增量法证不等式仅给出高中代数课本中颇具典型的三例, 例1 如果a,b∈R~ 且a≠b,求证:a~2 b~2>a~2b ab~2(代数(必修本)下册P.13例9) 证明 不妨设a>b>0,令a=b a,则     

代数替换证不等式

证不等式,技巧性很强。用三角代换法者屡见不鲜。但若另辟蹊径,巧用本文中的代数代换,又可别开生面,另有一番情趣。例1 已知a,b∈R求证a~2+ab+b~2-3a-3b+3≥0 证明令x=1/2(a+b), y=1/2(a-b), 则a=x+y, b=x-y,于是原式左边=(x+y)~2+(x~2-y~2)十(x-y)~2 -3〔(x+y)+(x-y)〕+3=3x~2+y~2-6x+3=3(x-1)~2+y~2≥0。例2 已知a,b∈R~+,求证(当且仅当c=b时,取等号)。证明:令x=1/2(a+b),y=1/2(a-b),则a=x     

函数f(x)=a/(sin~nx) b/(cos~nx)最小值猜想的推广

文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … …     

使用二项式定理的两点注意

二项式定理(a b)~n=C_N~0a~n C_n~1a~(n-1) b … C_n~nb~n有着广泛的应用,但使用它应注意两点: 1.n∈N时公式才成立,才有通项。 2.若公式变形为,则此式成立的条件是n∈N且n≥r-1。解题时若不注意以上两点而盲目使用二项式定理,就会发生错误。     

一类整除问题的简便证法

统编教材高中数学第三册在数学归纳法一节中,有一类整除问题,这些命题的共同特点是指数上都有自然数n,一般均可用二项式定理的下列性质进行证明;因为(a+b)~n展开后的n+1项中,前n项皆含有a,最后一项为b~n,所以(a+b)~n=a·m+b~n(m∈N)。即以a除(a+b)~n     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。     

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.     

用“互叠法”证明分式不等式

对于一类分式不等式的证明题,如果大胆将左、右两边“互相叠加”,兴许产生意料不到的奇迹! 定理1 欲证明不等式：P＞Q, 只须证明不等式：P Q＞2Q。这个定理1太浅显了。例1 设a＞b＞c,求证：a~2/(a-b) b~2/(b-c)＞a 2b c。(第32届乌克兰数学竞赛试题) 证明设P=a~2/(a-b) b~2/(b-c),Q=a 2b c；考察新不等式：P Q=(a~2/(a-b) a-b) (b~2/(b-c) b-c) (2b 2c)＞2a 2b (2b 2c)=2(a 2b c)=2Q,显然,P Q＞2Q,依定理1,知P＞Q,故原不等式获证。 (注：此处不能取“=”,因为a~2/(a-b) a-b≥2a,b~2/(b-c) b-c≥2b等号不能同时成立)     

一个不等式的应用

若a,b∈R,则(a-b)~2≥0,展开一个括号可得,a(a-b)-b(a-b)≥0,即 a(a-b)≥b(a-b)(＊) 式中当且仅当a=b时,取等号。这个不等式说明:两实数差与被减数之积不小于此差与减数之积。用它来证明某些类型的不等式,方法简捷,颇有新意。今举例说明。例1 已知a,b,x是实数,且0相似文献   

一个不等式的证明及引伸推广

贵刊 2 0 0 2年第 2期数学问题第 3题是 :设a、b、c ∈R ,且abc =1,求证 :a3(c b) (a c) b3(b c) (b a) c3(c a) (a b) ≥ 34( 1)一、关于不等式 ( 1)的证明原证明是在假定a≥b≥c的前提下运用排序不等式给出的 ,但由于不等式 ( 1)的左端不是关于a、b、c的对称式 ,故原证明有不妥之处 ,下面我们给出不等式 ( 1)的一个证明 .证明 :记不等式 ( 1)的左端为M ,由平均值不等式得a3(c b) (a c) c b8 a c8≥ 33 a364 =3a4,即 a3(c b) (a c) ≥ 5a -b-2c8.同理 ,b3(b c) (b a) ≥ 5b -c-2a8,c3(c a) (a b) ≥ 5c-2a -b8,以上三个不等式…     

两项式ab~n+cd~n 的整除问题

高中数学课本第三册复习题四第14题(P158)要求用数学归纳法证明:3~(n+2)十4~(2n+1)能被13整除。本文对这类问题再提供一种极为简便的证法。定理:若d-b能被a+c整除,则ab~n十cd~n也能被a+c整除(a,b,c∈R,且a+c≠0,n∈N) 证明:ab~n+cd~n=(a+c)b~n+c(d~n-b~n)=(a+c)b~n+c(d-b)(d~(n-1)+d~n-2b+d~n-3 b~2 +…+db~(n-2)+L~(n-1))。因为(a+c)b~n和c(d-b)(d~(n-1)+d~(n-2)b++d~(n-3)b~2+…+d~(n-2)+b~(n-1))都能被a十c整除,故ab~n+cd~n能被a+c整除。例1 求证:3~(n+2)+~(2n+1)能被13整除证明:3~(n+2)+4~(2n+1)=9·3~(n+4)·16~n     

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(…     

用韦达定理构造二次方程证一类不等式

大家熟知的基本不等式a+b≥2(ab)~(1/2)(a、t∈R~+)也可这样证明:先利用韦达定理构作一个以a、b为根的一元二次方程x~2-(a+b)x+ab=0,然后根据方程有实根的条件△≥0得到(a+b)~2≥4ab,由a、b为正数,因而获证。这一简例启发我们应用上述方法可巧证这样一类不等式:当题设和待证式(或它们的变形)中含有某两个变数的和与积,且该两数呈对称出现者。下面举例说明具体的证法。     

二项式展开式迭加的应用

将二项式(a b)~n和(a-b)~n展开后“迭加”,可得 (a b)~n (a-b)~n =2(C_n~0a~n C_n~2a~(n-2)b~2 C_n~4a~(n-4)b~4 …)此式有以下特点: 1 右边字母b的指数为偶数; 2 n为偶数时,右边a、b的指数都是偶数:     

高中代数复习(续)

二、复数复数这一章很多题都是用到任意复数z。z=a+bi(a,b∈R)或z=r(cosθ+isinθ)这个表示法来解或证的。例1.解方程|z|+z=8—4i求复数z。解:设z=a+bi(a,b∈R)|z|=(a~2+b~2)~(1/2)。由题设(a~2+b~2)~(1/2)+a+bi=8—4i由复数相等的条件得:     

用均值不等式等号成立条件解题

在高中《代数》下册(必修本)P.8介绍了不等式的定理1及其推论: 定理1 如果a,6∈R,那么a~2 b~2≥2ab,(当且仅当a=6时取“=”号)。 推论 如果a,6∈R~ ,那么a b/2≥ab~(1/2)(当且仅当a=b时取“=”     

凑配均值不等式常用的变形技巧

（a1，a2，…，an是正数，n∈且≥2）解证有关不等式问题，常常无法直接解决，而是先将解证的不等式进行适当的变形，凑出均值不等式的条件，再用均值不等式解决．这时，恰当的变形便成为解题的关键．下面介绍七种常用的变形技巧．1补项例1已知X＞-1，且x≠0，n∈N，求证：（1＋x）n＞1＋nx．证明例2设x1，x2，…，xn。都是正数，证明：2拆项例3已知a、b∈R ，且a≠b，求证：证明a5＋b5例5已知a、b、c∈R ，且a＋b＋c＝1，求证：证明例8已知a＋b＋c—1，＄证：rt‘＋b‘＋C‘MM．证明”．”1一（a＋b＋c）‘一a‘＋b’＋c’＋Zab＋Zbc＋…