一类可由特殊点求出值域的函数——一道美国《数学月刊》征解题引发的猜想

原问题x,y,z∈(0,+∞)且x2+y2+z2=1,求x+y+z-xyz的值域.解读文[1]～[6]给出的各种初等解法,可谓"各显神通".原问题的条件:x,y,z∈(0,+∞)且x2+y2+z2=1,即点(x,y,z)在第一卦限的三维单位球面上,问题为求目标函数:f(x,y,z)=x+y+z-xyz的值域.     

一道美国数学月刊征解题的新解与推广

题目设x,y,z∈(0,+∞)且2 2 2x+y+z=1,求函数f=x+y+z xyz的值域.这是一道《美国数学月刊》征解题,文[1]运用三角代换及导数给出了此题的一个解法,文[2]给出求f上界的抽屉原则的解法,文[3]给出了幂平均不等式的解法.此题运用初等数学的知识来解难度都比较大,下面以高等数学中的拉格朗日乘数法为突破口,给出此题的一个简单解法.解设拉格朗日函数为L(x,y,z,λ)=x+y+z2 2 2xyzλ(x+y+z 1),对L求偏导数,并令它们都等于0,则有1 2 01 2 0L yz x x L xz yλλ====,,2 1(1)yz xλ+=,,     

构造因式处理一类三元问题

问题x,y,z∈(0,+∞)且x2+y2+z2=1,求x+y+z-xyz的值域.这是一道美国数学月刊的征解题,《数学通报》和《中学数学月刊》都刊登了有关作者的初等解法.笔者经过探索,得出了更简捷的解法,并由     

一道美国数学月刊征解题的再探与推广

正题目设x,y,z∈(0,+∞),且x2+y2+z2=1,求函数f=x+y+z-xyz的值域.文[1]、文[2]、文[3]站在不同的角度对这道题展开了研究,给出了多种不同解法,本文笔者再给出一种解法,并在此解法的基础上展开推广.     

一类矩形面积的最值

1引文《美国数学月刊》2004年1月问题11057[1]为:设x、y、z为正实数,矩形ABCD内部有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,求矩形面积的最大值.文[2]用微分法给出了问题的一个解答,得到矩形面积的最大值为xz y x2 z2-y2.文[3]分别用柯西不等式和托勒密不等式给出了该问题的初等解法.本文将P点的位置由原问题中的矩形内部弱化为矩形所在平面上一点,得到如下主要结论.定理设x、y、z为正实数,矩形ABCD所在平面上有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,则矩形面积的最大值为xz y x2 z2-y2当x=min{x,y,z};或z=min{x,y,z}时,矩形面积的最小值等于y·x2 z2-y2-…     

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+…     

谈一道习题的解法

在一些资料中常见到如下一类习题,现例举一个题及解法于后。题目:已知x+y/z=y+z/x=z+x/y=k (1) 求k之值 (解1) 由(1)可得(2)+(3)+(4)得2(x+y+z)=k(x+y+z) 两边同除以(x+y+z)可得k=2. 另一种解法是:上法中(2)—(3)得y—x=k(x—y) ∴ k=—1 以上两种解法的解,确系原题的解。显然各种解又是不完善的,解法也是不妥当的。这样的错误     

一道捷克和斯洛伐克数学奥林匹克决赛试题的两种解法

问题若实数x,y,z满足x+y+z=12,x 2+y 2+z 2=54,试求xy的最大值和最小值.[JP3]解法1:由x 2+y 2=54-z 2,可设x=54-z 2 cosθ,y=54-z 2 sinθ.[JP]则x+y+z=12,即12-z=54-z 2(sinθ+cosθ)=108-2z 2 sin(θ+π4),从而|12-z|≤108-2z 2,解得z∈[2,6].所以xy=12[(x+y)2-(x 2+y 2)]=12[(12-z)2-(54-z 2)]=z 2-12z+45.由2≤z≤6,得9≤z 2-12z+45≤25,即xy的最大值为25,最小值为9.     

一道全国高中数学联赛试题的解法探究

2011年全国高中数学联合竞赛一试(B卷)的第9题为:已知实数x、y、z满足:x≥y≥z,x+y+z=1,x~2+y~2+x~2=3.求实数x的取值范围.这是一道构思巧妙的试题.本文将从代数、几何、三角、解析等几个方面探究此题的解法.先     

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.     

一类二元最值问题的一般解法

<正>已知Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(≤0),求目标函数z=f(x,y)的取值范围或最值,这类问题在近几年竞赛和高考题中频繁出现.本文通过实例从三角换元的角度探讨此类问题的解法.例1已知实数x、y满足2x2-2xy+y2=1,则x+2y的取值范围为.     

多项式、方程和方程组的一题多解

1.设x,y,z是满足x+y+z=5,xy+yz+zx=3的实数,试求z的最大值.(1991年加拿大第7届中学生数学竞赛题)[解法一] 由条件可得x+y=5-z ①xy=3-yz-zx=3-z(5-z)=z2-5z+3 ②设z,y,z满足条件,则x,y是关于t的一元二次方程     

从一道2013年北京大学“百年数学”体验营试题说起

问题（2013年北京大学“百年数学”科学体验营试题）已知x,y,z∈R^＋,X＋y＋z=3,求证： -x/x^3＋y^2＋z＋y/y^3＋z^2＋x＋z/z^3＋x^2＋y≤1. 最近笔者在教学中有幸与学生接触到上述问题,应该说该问题难度较大但是解法众多,笔者在此给出一种柯西不等式观点下的解法,希望对读者有所帮助．     

一道联赛加试题的构造性简解

2005年全国高中数学联赛加试题第二题如下:设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy+bz=a;az+cx=b;bx+ay=c,求函数 f(x,y,z)=x~2/(1+x)+y~2/(1+y)+z~2/(1+z)的最小值.本文运用构造法给出一个比较简捷的解法,供大家参考.根据条件不等式及待求分式结构,构造随机变量ξ的分布列如下:     

适时追问 回归本原

<正>一、对例习题的适时追问在《等比性质》的教学中,我们常常安排如下例、习题:例题已知x+y/z=x+z/y=y+z/x=k,且x+y+z≠0,求k.本题来自课本习题,属于基础题,主要是巩固等比性质,增强应用意识.学生解法如下:解法1直接运用等比性质,求出     

不定方程x~2+xy+y~2=z~2与3x~2+y~2=z~2的整数组解的引用

本文利用不定方程x2+xy+y2=z2与3x2+y2=z2即命题1与命题2给出的求整数解公式来解决两例数学问题.     

“设而不求”六例

例1已知(x/(a-b))=(y/(b-c))=(z/(c-a)),求x+ y+z的值.解设(x/(a-b))-(y/(b-c))-(z/(c-a))=k,则x=k(a-b),y=k(b-c),z=k(c-a)于是x+y+z =k(a-b)+k(b-c)+k(c-a)=0,所以x+y+z=0.以上解法中,并没有具体求出x,y,z关于a,b,c的表达式.     

再解一道美国数学月刊问题

问题:设x,,z∈(0,∞),x2+y2+z2=1,函数f=x+y+z-xyz的值域. 文[1]、[2]、[3]分别就此问题进行了深入的研究,出了不同的解法,文[1]、[2]、[3]的解答可以看出这是一个极富挑战性的初等数学问题.     

一类Pythagoras问题的推广

设x,y,z是正整数.若x2+y2=z2,则称(x,y,z)是一组Pythagoras数.本文运用初等方法证明了:(1)恰有12组Pythagoras数(x,y,z)满足2p(x,y,z)=xy,其中p为奇素数;(2)恰有36组Pythagoras数(x,y,z)满足2pq(x+y+z)=xy,其中p,q均为奇素数,且p相似文献