怎样解答?

1、计算1/1×2+1/2×3+1/3×4+……+1/60×61+1/61×62+1/62×63 2、计算1/3+1/15+1/35+1/63+1/99+1/143 3、计算1/(1+2)+1/(1+2+3)+1/(1+2+3+4)+……+1/(1+2+3+……+199+200) 4、计算(7×23×29)/(3×5×31)×9664/4669×465/(64×151)=1,试直接写出(7×23×29)/(3×5×31)×465/(64×151)的结果。     

巧妙计算分数加法

同学们,如果让你们计算1/6+1/(12)+1/(20)+1/(30),你们想怎样算呢?是不是想先通分再按照同分母分数相加的加法法则进行计算呢?当然,这样计算是可以的,不过有更简便的方法哟!1/6+1/(12)+ 1/(20)+1/(30)=1/2-1/3+1/3-1/4+1/4-1/5+1/5-1/6=1/2-1/6=1/3,这种算法是不是很简便?其实这里运用的是分数裂项的方法。所谓分数的裂项,是指将一个分数拆成几个分数的差的形式。运用分数裂项的方法求和,可以使一些运算简便。现在就请同学们试着完成下面这几道题吧!     

1/y=1/(x_1)+1/(x_2)+…+1/(x_n)在物理中的应用

1/y=1/(x1)+1/(x2)+…+1/(xn)是个多变量函数,形式既整齐对称,又复杂不易计算,但中学物理的     

从一道经典的竞赛题到两个优美的三角不等式

1963年,一道经典的不等式题在莫斯科数学竞赛中应运而生,原题如下:设 a,b,c∈R+,求证:a/(b+c)+b/(c+a)+c/(a+b)≥3/2.①这个不等式的证法很多,下面笔者给出两个最简单的证明过程.证法1:要证原不等式成立,只须证 a/(b+c)+1+b/(c+a)+1+c/(a+b)+1≥9/2,即只须证[2(a+b+c)](1/(b+d)+1/(c+a)+1/(a+b))≥9,由柯西不等式易知上式显然成立,所以原不等式     

在感悟问题中“玩”数学

<正>问题268(《数学通讯》2016年第9期问题268)已知a、b、c≥0,bc+ca+ab+abc=1,求证:1/(1+a⁴)+1/(1+b4)+1/(1+b⁴)+1/(1+c4)+1/(1+c⁴)≥2(1)初涉数学,人们是学数学;到了一定的阶段,便开始"玩"数学了,因为数学好玩.人们在"玩"数学中,去更好地理解数学、认知数学和领悟数学.今以问题268为例浅淡"玩"数学.     

两个不等式的再思索

文[1]有这样两个不等式: 若a, b∈R+, a+b=1, 则 4/3≤1/(a+1)+1/(b+1)<3/2,(1) 3/2<1/(a2+1)+1/(b2+1)≤8/5.(2) 文[2]建立了如下两个新不等式: 若a, b∈R+, a+b=1,则 3)/2<1/(a3+1)+1/(b3+1)≤16/9,(3) 1)/(an+1)+1/(bn+1)>3/2.(4) 且在文末提出如下猜想:     

不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)~2<1/2的六种不同证法

给出了不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)2<1/2的六种不同证法。     

一个猜想不等式的证明

文[1]介绍了如下不等:若xi>0(i=1,2,3),且∑3 i=1 xi=1.则1/(1+x21)+1/(1+x22)+1/(1+x23)≤27/10.     

数学归纳法的应用与技巧

数学归纳法是数学里一种重要的证明方法。下面通过实例,列举几种证法。一、代数恒等式的证明一般采用的证明方法是在等式两边同加或同乘以第 k+1项,然后适当变形即可得证。例1 求证:1-(1/2)+(1/3)-(1/4)+…+/1(2n-1)-1/(2n=1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/(2n)证明1°当 n=1时,左边=1-1/2=1/2.右边=1/(1+1)=1/2.等式是成立的。2°假设 n=k(k≥1)时等式成立,即     

分式求值的技巧

<正>求分式的值是分式化简、计算的重要内容,经常出现在中考试卷中.这里介绍几种常用的解题技巧.一、特殊值法,巧取奏效例1已知abc≠0,且a+b+c=0,则a(1/b+1/c)+b(1/a+1/c)+c(1/a+1/b)的值为_.解依题意,不妨令a=1,b=1,c=-2,则原式=1×(1/1+1/(-2))+1×(1/1+1/(-2))+(-2)×(1/1+1/1)=-3.     

一类特殊分式(无理)方程的简捷解法

本文在实数范围内给出形如tf(x)+s/(f(x))=t+s和f(x)+1/(f(x))=a+1/a的一类特殊分式(无理)方程的简捷解法。为此,先介绍如下两个同解方程的命题。命题1 求证方程tf(x)+s/(f(x))=t+8 (其中t、s≠0) 方程f(x)=1或f(x)=s/t.     

一个坐标平移公式及其应用

设l_1:Ax+By+c=0,l_2:Bx-Ay+d=0,则以l_1为x″轴,l_2为y″轴的坐标变换公式是: x″=Bx-Ay+d/A~2+B~2,或y″=Ax+By+c/(A~2+B~2)~(1/2)x=Ay″+Bx″+c/(A~2+B~2)-(A c/(A~2+B~2)+B d/(A~2+B~2)+c)/(A~2+B~2)~(1/2),y=By″-Ax″+d/(A~2+B~2)~(1/2)-(B c/(A~2+B~2)-A d/(A~2+B~2)+d)/(A~2+B~2)~(1/2)便于记忆,设f(x,y)=Ax+By+c/(A~2+B~2)~(1/2),g(x,y)=Bx+Ay+d/(A~2+B~2)~(1/2),则坐标变换公式是:x″=y(x,y),或y″=f(x,y)     

例析高考数列通项公式的常用求法

例1已知数列{a_n}中，a_1=1，对任意自然数n都有a_n=a_(n-1)+1/(n(n+1))，求a_n．解：由已知得a_n-a_(n-1)=1/(n(n+1))，a_(n-1)-a_(n-2)=1/((n-1)n)，…，a_3-a_2=1/(3×4)，a_2-a_1=1/(2×3)．以上n-1个式子累加，并利用1/(n(n+1))=1/n-1/(n+1)，得a_n-a_1=1/(2×3)+…+1/((n-2)(n-1))+1/((n+1)n)+1/(n(n+1))=1/2-1/(n+1)，∴a_n=3/2-1/(n+1)．点评：求形如a_n-a_(n-1)=f(n)的数列通项，可用累加法．     

一个推广不等式的加强

命题1 设a,b,c>0,则 2/(b+c)+2/(c+a)+2/(a+b)≥9/(a+b+c)。本刊1988年第6期P.8,曹健同志给出命题1的一个推广如下: 命题2 设a_1>0(i=1,2,…,n),m∈N,S=a_1+a_2+…+a_n,则 n-1/(S-a_1)~m+n-1/(S-a_2)~m+…+n-1/(S-a_n)~m≥n~2/S~m ①笔者发现命题2并不比它的特例(命题3)强。     

分式通分有技巧

1.先分组,再通分例1计算1/(a-2)-2/(a+1)+2(a-1)-1/(a+2)·分析a+2与a-2相乘,a+1与a-1相乘可用平方差公式,故本题采用分组通分的方法来解为好.     

变形条件 代换常数 巧妙求值

读贵刊1993。9期《利用条件变形求值》一文后,很受启发,作为续篇,下面介绍一种利用变形条件,采用代换常数巧妙求值的技巧: 例1 已知xyz=1,求如下式的值: 1/(1+x+xy)+1/(x+y+yx)+1/(1+z+zx) 解 将待求式小第一项之xy以(1′z)替代,第二项中y以1/(xz)替代, 原式=z/(1+z+zx)+xz/(1+z+zx)     

这个分式方程无解吗?

<正> 问题解方程:1/(x+5)+1/(x+8)=1/(x+6)+1/(x+7)错解将原方程两边各通分,得:由此得:40=42,∴原方程无解     

基本不等式的证明及其一些性质

设a>0,b>0,那么2/(1/a+1/b),(ab)(1/2),(a+b)/2,((a~2+b~2)/2)/(1/2)分别叫做a,b的调和平均数、几何平均数、算术平均数及平方平均数,我们可以得到下列不等式(2/(1/(a~2)+1/(b~2)))(1/2)≤2/(1/a+1/b)≤(ab)(1/2)≤(a+b)/2≤((a~2+b~2)/2)(1/2)≤(a~2+b~2)/(a+b).     

2008年四川省初中数学联赛决赛（初二）

一、选择题(每小题7分,共42分) 1.若a、b为实数,且满足(a-1)2√b-2=0,则1/ab+1/(a+1)(b+1)+1/(a+2(b+2)…+1/(a+2008)(b+2008)=( ). (A)2006/2007 (B)2007/2008 (C)2008/2009 (D)2009/2010     

一道伊朗国家选拔不等式试题的再探究

正问题设a,b,c,0,a+b+c=3,求证:1/(2+2a+b2)+1/(2+b2+c2)+1/(2+2c+2a)+≤3/3.①这是2009年数学奥林匹克竞赛伊朗国家选拔考试中的一道试题.文[1]采用固定变量的方法给出了式①的一个证明,利用同样的方法,文[2]给出了该试题的如下推广: