一个不等式选考试题的解法切入

<正>1 题目呈现设x,y,z∈R,且x+y+z=1.求(x-1)~2+(y+1)~2+(z+1)~2的最小值.(2019年全国卷Ⅲ选考题)2 解法展现2.1 切入点1 运用均值不等式解法1 [(x-1)+(y+1)+(z+1)]~2=(x-1)2+(y+1)2+(z+1)~2+2(x-1)(y+1)+2(y+1)(z+1)+2(z+1)(x-1)≤3[(x-1)~2+(y+1)~2+(z+1)~2].     

一个不等式的推广

文 [1 ]中有如下一个不等式 :设 0 相似文献   

美国《数学杂志》问题1714的再推广

美国《数学杂志》2005年二月问题征解1714:设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,证明:44()()()()x ymx+ny my+nx+my+nz mz+ny421()()3()z+mz+nx mx+nz≥m+n.(1)文[1]将其推广为:设λ,ai∈R+(i=1,2,n),且1niia=∑=1,an+1=a1,则当k≥4或k≤0时,有321(1)(1)(1)nk kii i i i ia naλa aλaλ?=++∑++≥+.本文在文[1]的基础上对(1)式进行再推广:命题1设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,α,β,γ∈R+,且α?(β+γ)=2,则()()()()x ymx ny my nx my nz mz nyαα+β+γ++β+γ1()()3()zmz nx mx nz m nα++β+γ≥+β+γ.命题2设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,β,γ,l∈…     

2019年高考浙江卷第21题的探究及教学启示

<正>2019年全国卷Ⅲ第23题是:设x、y、z∈R,且x+y+z=1.(1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值;(2)若成立,证明:a≤-3或a≥-1.1 解法探究解法一 (1)设P0(x0,y0,z0)是平面α上的某一个定点,P(x,y,z)是平面α上的任意一点,n=(A,B,C)( 其中A2+B2+C2≠0)是平面α的一个法向量,从而,即A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0,若令D=-(     

一道2010年瑞士数学奥林匹克不等式的证明

一道2010年瑞士数学奥林匹克试题如下:已知x、y、z>0,xyz=1,求证:(x+y-1)2/z+(y+z-1)2/x+(z+x-1)2/y≥x+y+z.证因为x、y、z>0,     

2013年湖北高考数学试题理科13题

题目 设x,y,z∈R,且满足x2+y2+z2=1,x+2y+3z=√14,则x+y+z=____. 本题言简意赅,内涵朴实、解法多样,思想鲜活,是一道难得一见的好题,下面提供6种解法,供同行参考. 解法1 (柯西不等式法)由柯西不等式得:     

一道瑞士数学奥林匹克不等式的证明与推广

题目 已知x、y、z＞0,xyz=1.求证:(x+y-1)2/z+(y+z-1)2/x+(z+x-1)2/y≥x+y+z. 在文[1]中,作者给出的证法虽好,但不利于推广.本文中笔者给出此不等式的四种证法及推广.     

对一个四元代数不等式的简捷证明与进一步探讨

笔者在专著《数学奥林匹克不等式研究》(哈尔滨工业大学出版社,2009年8月第一版)第一章“等价变换法证明不等式”中给出了以下例题设x、y、z、w∈R,记s1=x+y+z+w,s2=xy+xz+xw+yz+yw+zw,s3=yzw+xzw+xyw+xyz,s4=xyzw,求证(i)s1^4-5s1^2s2+6s2^2+9s4≥0①(ii)4s1^4-20s1^2s2+21s2^2+9s1s3≥0②首先我们由s2^2-3s1·s3+12s4=1/2[(x-y)^2(z-w)^2+(x-z)^2(y-w)^2+(x-w)^2(y-z)^2]≥0.     

精心联想 巧证不等式

联想是以观察为基础,对研究的对象或问题,联想已有的知识和经验进行形象思维的方法.通过联想,构造相应的条件,从而解决问题.【例】　设x、y∈R+,且x+y=1,求证:(x+2)2+(y+2)2≥252.联想一:巧用“a2+b2≥2ab”法1:直接法由x+y=1,得(x+2)2+(y+2)2=x2+y2+4x+4y+8=(x+y)2+4(x+y)+8-2xy=13-2xy又∵x、y∈R+,由均值不等式,∴x+y≥2xy,即xy≤14,则-2xy≥-12.故(x+2)2+(y+2)2=13-2xy≥13-12=252.证毕.法2:间接法令a=x+2,b=y+2,则a+b=(x+2)+(y+2)=x+y+4=5(定值)∵a2+b2≥2ab,两边同时加上a2+b2得a2+b2≥(a+b)22即(x+2)2+(y+2)2≥[(x+2)+(y+2)]22=252.…     

一个代数不等式的推广

拙文《一个代数不等式的几何证法》(见《数学教学通讯》2 0 0 3年第 9期 )证明了不等式x2 +y2 +( x -1) 2 +y2 +x2 +( y -1) 2≥ 22 ( 3 +1) ,1其中 x,y是任意实数 ,罗增儒先生发表了大作《两种解法—两种结果的沟通》(见《数学教学通讯》,2 0 0 4年 1期 ) ,用多种方法非常详尽地对上述不等式进行了证明和研究 ,笔者深受教益 ,今对不等式 1中等号成立的条件补充说明一下 ,可以验证 ,当x =y =3 -36时 ,不等式 1中的等号成立 .以下将不等式 1进行推广 ,叙述为下面的两个命题 .命题 1　设 x,y,z∈ R,则x2 +y2 +z2 +( x -1) 2 +y2 +z2+x2 +( y …     

方程为多元搭桥

面对含二元、三元 ,甚至多于三元未知问题时往往会令我们束手无策 ,但方程思想为我们指明了一条光明大道 .【例 1】　已知x ,y ,z∈R ,x+y +z=π ,x2 +y2 +z2 =π22 ,求证0 ≤x≤2π3 ,0 ≤y≤ 23 π ,0 ≤z≤ 23 π分析 :x ,y ,z为三元尽管具有对称性但让我们无从下手 .怎样才能减少变元从而化归为我们所熟悉的问题呢 ?且看方程解 :由题知　y+z =π-x ①y2 +z2 =π22 -x2 ②①2 -② y·z =x2 -πx+ π24= (x -π2 ) 2 ③由①③可得y·z是方程t2 -(π-x)t + (x-π2 ) 2 =0的两实数根 .∴Δ =(π -x) 2 -4 (x -π2 ) 2 ≥ 0 x· ( 3x-2π)…     

三个不等式之间隐含的关系

观察下面三个问题 :( 1 )设a、b、c为△ABC的三边 .求证 :a2 b(a -b) +b2 c(b -c) +c2 a(c-a)≥ 0 .①(第 2 4届IMO)( 2 )若x、y、z∈R+,则x·x +yx +z+y·y +zy +x+z·z+xz+y≥x +y +z.②( 1 992 ,国际“友谊杯”数学邀请赛 )( 3)设x、y、z∈R+,求证 :x2 ·y +zy +x+y2 ·z+xz+y+z2 ·x +yx +z≥xy +yz+zx .③这三个不等式均不难证明 ,此处从略 .今将揭示他们之间隐含的内在联系 .1 .建立对应关系 ,揭示①可转化为②众所周知 ,对于任意△ABC的三边a、b、c,总可找到这样的正数x、y、z,使得a =y +z,b =z+x ,c =x +y .于是 ,式①化为(y+z…     

巧求复数模的最值

题 设z是一个复数,且z(?)=4,求:|z 1 3～（1/2）i|的最值.解法1 (代数法)设z=x yi,(x、y∈R),则(?)=x-yi.z(?)=(x yi)(x-yi)=x~2 y~2=4,∴x-±(4-y~2)(1/2)∴|z 1 (3～(1/2))i|=|x yi 1 (3～(1/2))i|=|(x 1) 3～(1/2)i=((x 1)~2 (y 3～(1/2))~2)(1/2)=(8 2(x 3～(1/2)y)(1/2)令k=x 3～(1/2)y,则k-3～(1/2)y=x,     

一个不等式的初等证明

文 [1]给出并用微分法证明了如下不等式 :已知 x,y,z∈ (0 ,+∞ ) ,且 x+ y+ z=1,则(1x- x) (1y- y) (1z- z)≥ (83 ) 3 . (1)受此启发 ,笔者经探索得出如下一个初等证明 .证明　由基本不等式易得xyz+ yzx≥ 2 y,yzx+ zxy≥ 2 z,zxy+ xyz≥2 x.将上述三个不等式相加得xyz+ yzx+ zxy≥ x+ y+ z=1. (2 )又由 1=x+ y+ z≥ 3 3 xyz,得 xyz≤12 7.∴ (1x- x) (1y- y) (1z- z) =1xyz· (1- x2 ) (1- y2 ) (1- z2 ) =1xyz[(1+ x) (1+ y)(1+ z) ][(1- x) (1- y) (1- z) ]=1xyz(2 +xy+ yz+ zx+ xyz) (xy+ yz+ zx- xyz) =2(1x+ 1y+ 1z) - 2 + (xy+ yz+…     

几个数学问题的加强

1 (<数学通报>2009年1月号问题1772)设x、y、z ∈R+.试证: y+z/2x+z+x/2y+x+y/az≥2x/y+z+2y/z+x+2z/x+y (1) 今给出(1)式的一个加强推广,供参考.     

一个不等式和两个国际数学奥林匹克题

定理:如果x,y,z∈R+,那么x3+y3+z3+3xyz≥x2y+x2z+y2x+y2z+z2x+z2y(当且仅当x=y=z时取"="号)     

一个新发现的分式型含参不等式

命题设x、y、z∈R,λ∈R且λ≠-2,λx+y+z、x+λy+z、x+y+λz∈R+,则有     

两类函数的周期性的探讨

一设A、B、λ是非零实数.考虑函数方程 f(x+λ)=Af(x)+BF(x-λ.(1)试问:在什么条件下,满足(1)的f(x)是以mλ(m∈N)为周期的函数? 将x换成x+(n-1)λ(这里n∈N,且n≥2),则等式(1)可以改写成 f(x+nλ)=Af(x+(n-1)λ)+Rf(x+(R一2)λ)。因此,若设F_n=f(x+nλ)     

一个不等式猜测的完善及证明

宿老师在文[1]最后提出了如下猜测:猜测设x,y,z∈R~+,当0<α≤log_23时,有(x/(2x+y+z))~α+(y/(x+2y+z))~α+     

2006年高考江苏卷数学试题及参考答案

参考公式:一组数据x1,x2,…,xn的方差S2=n1[(x1--x)2+(x2--x)2+…+(xn--x)2],其中-x为这组数据的平均数.一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,·恰有·一··项是符合题目要求的.(1)已知a∈R,函数f(x)=sinx-a,x∈R为奇函数,则a=()(A)0(B)1(C)-1(D)±1(2)圆(x-1)2+(y+3)2=1的切线方程中有一个是()(A)x-y=0(B)x+y=0(C)x=0(D)y=0(3)某人5次上班途中所花的时间(单位:分钟)分别为x,y,10,11,9.已知这组数据的平均数为10,方差为2,则x-y的值为()(A)1(B)2(C)3(D)4(4)为了得到函数y=2sin(3x+6π),x∈R的图象,…