一道加拿大《Curx》问题4624的探究

1问题呈现设a,b,c为正实数,且a+b+c=3,求证:√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b≤3/2.2问题的证明与推广证明:由已知条件结合均值不等式可得√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b=√ab/3+a+√bc/3+b+√ca/3+c≤√ab/4⁴√ a+√bc/4⁴√ b+√ca/4⁴√c=⁸√a³b⁴/2+⁸√b³c⁴/2+⁸√c³a⁴/2≤1+3a+4b/16+1+3b+4c/16+1+3c+4a/16=3+7 (a+b+c)/16=3+7×3/16=3/2,当且仅当a=b=c=1时取等号,则√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b≤3/2.     

用放缩法简证一道竞赛题

题目已知a,b,c≥0,且a+b+c=1,求证（a+1/4（b-c）²）^1/2+b^1/2+c^1/2≤3^1/2.（07年女子数学奥林匹克）分析所证不等式中（a+1/4（b-c）²）^1/2的出现,给解题增加了难度.如果由此入手,寻找问题突破口,就会发现"（a+1/4（b-c）²）^1/2"可以放大为"(a+1/2(b^1/2-c^1/2)²)^1/2",从而用放缩法求     

从一道美国数学月刊问题谈起

<正>设a、b、c、S表示△ABC的三边长和面积.则有[1]a²+b2+b²+c2+c²≥432≥43^(1/2) S.(1)这是著名的外森比克(Weisenb?ck)不等式.(1)已有很多种形式的加强,其中最著名的是费-哈不等式a(1/2) S.(1)这是著名的外森比克(Weisenb?ck)不等式.(1)已有很多种形式的加强,其中最著名的是费-哈不等式a²+b2+b²+c2+c²≥432≥43^(1/2) S+(a-b)(1/2) S+(a-b)²+(a-b)2+(a-b)²+(a-b)2+(a-b)²(2)     

2013年全国高中数学联赛B卷第10题的推广与证明

问题（2013年全国高中数学联赛B卷第10题）假设a,b,c>0,且abc=1,证明:a+b+c≤a2+b2+c2.这是一道优秀试题,现给出异于参考解答的几个证明.证法1由均值不等式得a2+1≥2a,b2+1≥2b,c2+1≥2c,a+b+c≥33（abc）^1/2=3,相加得a2+b2+c2+3≥2（a+b+c）=a+b+c+（a+b+c）≥a+b+c+33（abc）^1/2=a+b+c+3.     

构造方程求两个三次根式的代数和

<正>在求形如(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)³=a3=a³+b3+b³+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)3+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)³=(a+b)3=(a+b)²(a+b)=(a2(a+b)=(a²+2ab+b2+2ab+b²)(a+b)求得.】将变换后的式子两边三次方,得到关于x的     

对Milosevic不等式的一个类比探讨

1引言设ΔABC的三边为a、b、c,外接圆半径和内切圆半径分别为R,r,文[1]提出关于Milosevic不等式的加强:a/b+c sin²A/2+b/c+a sin²B/2+c/a+b sin²C/2≥1/2(1-r²/R²).     

巧借a+b≥2((ab)～(1/2))求最值

先证明对于任意正实数a,b都有a+b≥2（ab）^1/2.证明:a,b都大于0,所以(a^1/2-b^1/2)²≥0,所以a-2（ab）^1/2+b≥0,所以a+b≥2（ab）^1/2.当a=b时,a+b=2（ab）^1/2.     

再解第45届俄罗斯数学奥林匹克竞赛试题

题目证明:对于任意ΔABC,不等式a cos A+b cos B+c cos C≤p成立,其中a,b,c为ΔABC的三边,A,B,C分别为它们的对角,p为半周长.解法1:原不等式等价于a(1-2 cos A)+b(1-2 cos B)+c(1-2 cos C)≤0①.由余弦定理,不等式①等价于a⁴+b⁴+c⁴-2(a²b²+b²c²+a²c²)+a²bc+b²ca+c²ab≥0②.要证明②式,只需证明(a²+b²+c²)2-4(a²b²+b²c²+a²c²)+abc(a+b+c)≥0,即证明(a²+b²+c²)3-4(a²b²+b²c²+a²c²)(a²+b²+c²)+abc(a+b+c)(a²+b²+c²)≥0③.由均值不等式可得abc(a+b+c)(a²+b²+c²)≥abc·33 abc·33 a²b²c²=9a²b²c².故要证③式,只需证(a²+b²+c²)3-4(a²b²+b²c²+a²c²)(a²+b²+c²)+9a²b²c²≥0④,由舒尔不等式可知④式显然成立,因此原不等式得证.     

例析一道与量有关的高考选择题

<正>题目已知还原性:SO_3^(2-)>I(2-)>I^-。向含a mol KI和a mol K_2SO_3的混合液中通入b mol Cl_2,充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是()。A.当a≥b时,发生的离子反应为:SO_3-。向含a mol KI和a mol K_2SO_3的混合液中通入b mol Cl_2,充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是()。A.当a≥b时,发生的离子反应为:SO_3^(2-)+Cl_2+H_2O==SO_4(2-)+Cl_2+H_2O==SO_4^(2-)+2H(2-)+2H⁺+2Cl++2Cl^-B.当5a=4b时,发生的离子反应为:4SO_3-B.当5a=4b时,发生的离子反应为:4SO_3^(2-)+2I(2-)+2I^-+5Cl_2+4H_2O==4SO_4-+5Cl_2+4H_2O==4SO_4^(2-)+     

美国数学月刊问题11868的推广

<正>2015年第6期《美国数学月刊》刊登了希腊人George Apostolopoulos提供的问题11868如下:问题11868^[1]对非零实数a,b,c,设f(a,b,c)=(a[1]对非零实数a,b,c,设f(a,b,c)=(a²/a2/a²-ab+b2-ab+b²)2)^(1/4),证明:f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)≤3.文[2]给出了Leo Giuguic提供的解答.本文从     

2011爱沙尼亚国家队选拔题简证及推广

2011年爱沙尼亚国家队选拔考试第4题设a,b,c为正实数,满足2a²+b²=9c²,证明:（2c）/a+c/b≥3^1/2.侯典峰、郝明泉两位老师在文[1]中主要依据均值不等式,对该题给出了"三个简证".经过探求,笔者发现,借助权方和不等式证明该题,更显简洁.证明:由题设知a,b,c为正实数,满足2a²+b²     

一道竞赛不等式的再推广

题目(2020泰国数学奥林匹克不等式)已知a,b,c∈R+,a+b+c=3,求证:a⁶/c²+2b³+b⁶a²+2c³+c⁶b²+2a³≥1(1)文[1]对(1)的证明方法,变式及推广做了探究,将(1)推广为。     

2020泰国数学奥林匹克不等式的推广

题目(2020泰国数学奥林匹克不等式)已知a,b,c∈R+,a+b+c=3,求证:a⁶/c²+2b³+b⁶/a²+2c³+c⁶/b²+2a³≥1(1).     

一个简单不等式的妙用

<正>本文先给出基本不等式的一个等价变形,再举例说明它的广泛应用.结论已知a、b、λ∈R,且b(a+b)> 0,则有ab≥-λ²+(λ+1)2+(λ+1)²a/(a+b),(*)当且仅当a=λb时取等号.证明由不等式a2a/(a+b),(*)当且仅当a=λb时取等号.证明由不等式a²+λ2+λ²b2b²≥2λab,得a2≥2λab,得a²≥2λab-λ2≥2λab-λ²b2b².两边同时加上ab并整理,得a(a+b)≥b[(2λ+1) a-λ2.两边同时加上ab并整理,得a(a+b)≥b[(2λ+1) a-λ²b].再两边同时     

“解答题”检测题

1.设函数f（x）=cos x/4（sin x/4+cos x/4）-1/2。（1）求函数y=f（x）取最值时x的取值集合;（2）在△ABC中,角A、B、C的对边分别是a、b、c,且满足（2a-c）cosB=bcosC,求函数f（A）的取值范围。2.已知函数f（x）=ax+b（1+x²）^1/2（x≥0）的图像经过（0,1）,且f(3^1/2)=2-3^1/2。（1）求f（x）的值域;     

也谈“不动点”的神奇作用

文[1]利用函数f（x）的"不动点"巧妙地求出了形如a_n=(aa_n-1+b)/(ca_n-1+d)（a,b,c,d均不为零且（d—a）²+4dc≥0）,及a_n=(aa_n-1²+b)/(2aa_n-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,经过研究发现,利用函数f（x）的"不动点"还可求出如下     

三个二元无理不等式的推广与统一简证

<正>安振平先生在《数学通报》2003年第5期上提出第1435号征解题,即^[1]:设a、b>0,求证:(a/a+3b)[1]:设a、b>0,求证:(a/a+3b)^(1/2)+(b/3a+b)(1/2)+(b/3a+b)^(1/2)≥1.并在2003年第6期运用分拆法提供了一种巧妙的解法.安振平先生在《不等式探究》一书中又提出     

一个无理不等式猜想的证明

陕西安振平老师在文[1][2]两次提出了如下一个颇有难度的无理不等式猜想,即已知a,b,c为正实数,则（a2/（a2+26bc））^1/3+（b2/（b2+26ac））^1/3+（c2/（c2+26ab））^1/3≥1.（1）笔者经过一年多研究发现这个猜想不等式是成立的,现给出证明.证明:设x=（bc）/（a²）,y=（ac）/（b²）,z=（ab）/（c²）,则不等式（1）等价于下面命题,即x,y,z为正实数且xyz=1.则     

擂题(116)的评注

<正>本刊2018年第2期有奖解题擂台(116)如下:题已知a、b、c为正实数,用初等求差法证明:a³b+b3b+b³c+c3c+c³a≥a3a≥a²b2b²+b2+b²c2c²+c2+c²a2a².1评注评注人收到攻擂解答4份,其中2份来稿是正确的,按来稿的时间顺序,作者依次是:杨续亮(安徽省岳西县汤池中学,246620,2018年4月19日),宋庆(江西永修县一中,330304,2018年5月14日),本擂题的获奖者是杨续亮老师.     

一个五元不等式的推广

题目设a,b,c,d,e>0,证明:(bcde+acde+abde+abce+abcd)⁴≥125(a+b+c+d+e)(abcde)³.此题由湖南师范大学叶军老师提供.这个不等式证明很难,技巧性很强,不过有意思的是其一般形式的证明反而简单一些.本文将用数学归纳法将这个不等式推广到一般.