不等式x1^2／y1＋x2^2／y2≥（x1＋x2）^2／y1＋y2的解题功能

这是 1990年一道脍炙人口的全国高考试题 :题　如果实数ｘ、ｙ满足等式 (ｘ- 2 ) 2 + ｙ2 =3,求ｕ=ｙｘ 的最大值 .此题是个多解题 ,考生往往借助三角知识 ,或求助于数形结合解之 .其实 ,下述代数方法也颇为有趣 .解　由题设ｙ=ｕｘ ,则3=(ｘ- 2 ) 2 +ｕ2 ｘ2 =ｕ2 (ｘ- 2 ) 2ｕ2 + ｕ2 (-ｘ) 21≥ [ｕ(ｘ - 2 ) +ｕ(-ｘ) ]2ｕ2 + 1=4ｕ2ｕ2 + 1,解 3≥ 4ｕ2ｕ2 + 1,得 3≥ｕ ≥ - 3,故 (ｙｘ) ｍａｘ =3.当然 ,还有意外收获 :尚知 (ｙｘ) ｍｉｎ =- 3.分析解题过程 ,该题恰恰巧用了如下定理 :定理　设ｘ1、ｘ2 ∈Ｒ ,ｙ1、ｙ2 ∈Ｒ+,则　 …     

条件分式求值的化归法举例

化归法是解条件分式求值问题的一种有效方法 ,现举实例加以说明。例 1　已知ｘ2 - 3ｙ2 =2ｘｙ ,ｘ >0 ,ｙ >0 ,求ｘ - ｙｘ +ｙ的值 .解 :由已知条件 ,得ｘ2 - 2ｘｙ - 3ｙ2 =0 ,∴ (ｘ - 3ｙ)·(ｘ +ｙ) =0∵ｘ >0 ,ｙ >0 ,有ｘ +ｙ >0 ,∴ｘ - 3ｙ =0 ,即ｘ =3ｙ∴ｘ - ｙｘ +ｙ=3ｙ - ｙ3ｙ +ｙ=2 ｙ4 ｙ=12 .例 2　已知 :ｘ +2 ｙ +ｚ =0 ,3ｘ - ｙ - 11ｚ =0 (ｚ≠ 0 ) ,求ｘ2 - ｙ2 +ｚ2ｘｙ +ｙｚ +ｚｘ的值 .解 :由已知条件视ｚ为常数可得方程组ｘ +2 ｙ =-ｚ ,3ｘ - ｙ =11ｚ 解得ｘ =3ｚｙ =- 2ｚ∴原式 =(3ｚ) 2 - (- 2ｚ) 2 +…     

构造一元二次方程解一类和积问题

在数学竞赛中 ,会碰到一类与两数和与积有关的问题 ,文 [1]给出了这类问题的解 ,笔者通过思考 ,发现对其中的一些问题可以通过构造一元二次方程求解 .例 1　已知ｘ ,ｙ ,ｚ为实数 ,且ｘ + ｙ+ｚ= 5 ,ｘｙ+ｙｚ+ｚｘ =3 ,试求ｚ的最大值与最小值 .(加拿大第 10届数学竞赛题 )解　由题意 ,ｘ+ ｙ =5 -ｚ ,ｘｙ =3 -ｚ(ｘ+ｙ) =3 -ｚ(5 -ｚ) =ｚ2 -5ｚ + 3 ,所以ｘ ,ｙ是关于ｐ的一元二次方程 ｐ2 -(5 -ｚ)ｐ+ (ｚ2 -5ｚ+ 3 ) =0的两个实数根 ,从而Δ =(5 -ｚ) 2 -4 (ｚ2 -5ｚ+ 3 ) =-3ｚ2 +10ｚ + 13 ≥ 0 ,解得 -1≤ｚ ≤ 133 .因此 ,ｚ的最…     

构造一元二次方程解决一类条件最值问题

在约束条件Ａｘ2 +Ｂｘｙ +Ｃｙ2 =Ｍ下 ,求函数ω =Ａｘ2 +Ｄｘｙ+Ｃｙ2 　 (Ａ、Ｃ、Ｍ∈Ｒ+,Ｂ、Ｄ∈Ｒ)的最值 ,贵刊文 [1]、[2 ]和 [3]给出了三种解法 ,读罢颇受启发 .笔者也作了一些探讨 ,发现了解决它的一种新方法 ,即构造一元二次方程来解决它 .下面就以文 [1]中的例子来具体说明这种解法 .例 1　 (1993年全国高中联赛题 )已知ｘ ,ｙ∈Ｒ ,且 4ｘ2 - 5ｘｙ + 4 ｙ2 =5 ,记Ｓ =ｘ2 + ｙ2 ,求 1Ｓｍａｘ +1Ｓｍｉｎ 的值 .解　将ｘ2 + ｙ2 =Ｓ代入条件式 ,得　　ｘｙ=4Ｓ- 55 ,即ｘ2 ｙ2 =4Ｓ- 552 .因此 ,ｘ2 与 ｙ2 是关于ｚ的一元…     

巧用“△≤0”求最值

大家知道 ,一元二次方程ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 )根的判别式Δ =ｂ2 - 4ａｃ有着广泛的应用 .下面就用Δ≤ 0求某些函数最值谈谈它的应用 .例 1　若ｘ、ｙ、ｚ为正实数 ,且ｘ + 3ｙ + 5ｚ =15,求 ｘ + 5ｙ+ 2ｚ的最大值 .解 :设函数ｆ (ｍ ) =(ｘ + 3ｙ + 5ｚ)ｍ2 + 2 (ｘ + 5ｙ + 2ｚ)ｍ +1+ 532 + 252 =( ｘｍ + 1) 2 + 3ｙｍ + 532 + 5ｚｍ + 252≥ 0 ,ｘ + 3ｙ + 5ｚ=15>0 ,所以Δ =4 (ｘ + 5ｙ+ 2ｚ) 2 - 4(ｘ + 3ｙ + 5ｚ) 1+ 53+ 25≤ 0 .即ｘ +5ｙ+ 2ｚ≤ 4 6 .易得等号可以成立 ,故所求式的最大值为 4 6 .例 2　设θ为锐角 ,求…     

巧取倒数,妙求分式值

有些分式求值题 ,可以通过取倒数巧妙求解 .一、巧取已知分式的倒数例 1　若 ｘｙｘ +ｙ=1,ｙｚｙ +ｚ=2 ,ｘｚｘ+ｚ=3,则 1ｘ 的值是 .　解　∵　 ｘｙｘ +ｙ=1,∴　ｘ +ｙｘｙ =1,即 1ｘ +1ｙ =1① .同理可得 1ｙ+1ｚ=12 ② ,1ｚ+1ｘ=13③ .由 (① +② +③ )÷ 2 ,得 1ｘ+1ｙ +1ｚ=1112 ④ .④ -② ,得 1ｘ=512 .二、巧取待求分式的倒数例 2　若ｘ +1ｘ=3,则 ｘ2ｘ4 +ｘ2 +1=.　解　∵　ｘ +1ｘ=3,∴　 ｘ4 +ｘ2 +1ｘ2 =ｘ2 +1+1ｘ2 =ｘ +1ｘ2 - 1=32 - 1=8.∴　 ｘ2ｘ4 +ｘ2 +1=18.三、同时取已知分式和待求分式的倒数例 3　已知ａ、ｂ、…     

顺水推舟 适当渗透拓展——谈线性规划思想的运用

线性规划问题 ,就是在线性约束条件下 ,求线性目标函数的最值问题 .然而在实际的生产、生活中 ,碰到的更多是非线性问题 ,因此在线性规划教学中 ,应把握时机 ,因势利导 ,适当渗透拓展 ,向学生介绍一些用线性规划的思想 ,来处理一些数学问题中的最值、取值范围以及具体的应用问题 ,这样做有助于学生对线性规划思想的全面认识和理解 ,领会数形结合的思想 ,进一步培养学生思维的灵活性和深刻性 .一、给出线性约束条件求非线性目标函数的最值范围例 1　设ｘ ,ｙ满足条件ｘ -4ｙ≤ -3 ,3ｘ +5ｙ≤ 2 5 ,ｘ≥ 1,求ｚ =ｘ2 +ｙ2 及ｕ =ｙｘ 的取值…     

数学奥林匹克问题

本期问题初 1 2 1 .　给定三个正数ａ、ｂ、ｃ .试求出所有的正数ｘ、ｙ、ｚ、ｔ,使得满足下列关系式 :ｘａ -ｚ=ｃ-ｘ -ｔｃ-ｘ ,ｘｂ -ｙ=ａ -ｘ-ｚａ -ｘ ,ｘｃ -ｔ=ｂ -ｘ -ｙｂ -ｘ ,ｘ3 =ｙｚｔ,①②③④且ｘ +ｙ<ｂ ,ｘ+ｚ<ａ ,ｘ +ｔ<ｃ .(吴伟朝　左怀青　广州大学理学院数学系 ,51 0 40 5)初 1 2 2 .　将边长分别为 3和 4的矩形分割成 5块凸的图形 .试证明 :对任意一种分割方法 ,必有某一块中存在两个点 ,这两点之间的距离不小于 5.(张延卫　江苏省宿迁市教育局 ,2 2 3 80 0 )高 1 2 1 .　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ+.求证 :ａｂ +ｃ+ 122 …     

构造直线与圆锥曲线相交关系模型解题举隅

解析几何的优点在于形数结合 ,把几何问题化作数、式的推演计算 .反过来 ,数、式问题也可以借助于解析几何模型去处理 .对于某些数、式问题 ,如果能挖掘出它潜在的关于某两个变量的一次和二次关系式 ,则可构造直线与圆锥曲线相交的关系模型 ,常能找到解题捷径 ,达到事半功倍的效果 .本文举例说明如何构造模型并利用直线与圆锥曲线相交的有关性质解题的方法 .1　利用直线与圆锥曲线有公共点的条件例 1　如果正数ｘ,ｙ,ｚ满足ｘ+ｙ +ｚ=ａ ,ｘ2+ｙ2 +ｚ2 =ａ22 (ａ>0 ) ,求证 :0 <ｘ≤ 23ａ ,0 <ｙ≤23ａ,0 <ｚ≤ 23ａ.证明　将已知等式分别化…     

例说构造一次方程组解题

有些看似与方程组无关的问题 ,若能抓住特征构造方程组可以巧妙求解 ,举例如下 :一、由同类项的定义构造方程组例 1　如果单项式 2ｘ2ｍ -ｎｙ与 - 3ｘ3ｙ2ｍ +ｎ是同类项 ,那么ｍ =　　 ,ｎ =　　 .解 :由同类项定义 ,可得方程组2ｍ -ｎ =3,2ｍ +ｎ =1 .　解之得 ｍ =1 ,ｎ =- 1 .二、由非负数性质构造方程组例 2　若有理数ｘ、ｙ、ｚ满足 | 2ｘ - ｙ| + | ｙ + 2ｚ| + (ｚ- 2 ) 2 =0 ,则ｘ+ ｙ +ｚ=　　 .解 :由非负数性质 ,得方程组 :2ｘ - ｙ =0 ,ｙ + 2ｚ=0 ,ｚ - 2 =0 .　　解得ｘ =- 2 ,ｙ =- 4,ｚ=2 .∴ｘ + ｙ +ｚ =- 2 - 4+ 2 =- …     

运用分母代换法证明不等式举例

对于分母是多项式的分式不等式 ,采用将分母进行整体代换后 ,便于应用基本不等式或常见的“( ｎｉ=1ａｉ) ( ｎｉ=11ａｉ)≥ｎ2 (ａｉ >0 )”结论来证明 .下面分类举例 .1　分子为常数型例 1　若ｘ、ｙ、ｚ∈ (0 ,1) ,求证 :11-ｘ+ ｙ+ 11- ｙ+ｚ+ 11-ｚ+ｘ ≥ 3.证明　设 1-ｘ + ｙ=ａ ,1- ｙ+ｚ=ｂ ,1-ｚ+ｘ=ｃ,则ａ >0 ,ｂ>0 ,ｃ>0 ,且ａ +ｂ+ｃ =3.∵ (ａ+ｂ +ｃ) (1ａ + 1ｂ + 1ｃ) ≥ 9,∴ 1ａ + 1ｂ + 1ｃ ≥ 3.故 11-ｘ+ ｙ+ 11- ｙ+ｚ+ 11-ｚ+ｘ ≥ 3.例 2　 (第 19届莫斯科奥林匹克竞赛题 )设任意的实数ｘ、ｙ满足 ｜ｘ｜ <1,｜…     

构造对偶式解题的七种途径

构造对偶式解题是一种常用的方法 ,是指挖掘出题目中潜在的对称性 ,充分利用对称原理 ,就能在纷繁的困惑中 ,求得简捷的解法 .下面例谈构造对偶式解题的若干途径 ,供参考 .一、互倒构造是指利用倒数关系构造对偶式 .例 1　若ｘ、ｙ、ｚ∈ (0 ,1 ) ,求证 11 -ｘ ｙ 11 -ｙ ｚ 11 -ｚ ｘ≥ 3 .证明　设Ｍ =11 -ｘ ｙ 11 -ｙ ｚ 11 -ｚ ｘ,构造互倒对偶式Ｎ =(1 -ｘ ｙ) (1 -ｙ ｚ) (1 -ｚ ｘ) ,则Ｍ Ｎ =11 -ｘ ｙ (1 -ｘ ｙ) 11 -ｙ ｚ (1 -ｙ ｚ) 11 -ｚ ｘ (1 -ｚ ｘ) ≥ 2 2 2 =6.而Ｎ =3 ,故Ｍ≥ 3 .即　 11 -ｘ ｙ 11 -ｙ …     

求函数值域的几种常用方法

求函数值域的方法很多 ,也没有一种固定的方法 .只能依据函数解析式的结构特征来选择相应的解法 .常用的方法有 :一、配方法形如 ｆ(ｘ) =ａｇ2 (ｘ) +ｂｇ(ｘ) +ｃ的函数的值域问题 ,都可使用配方法 .例 1　求函数 ｙ =-ｘ2 +2ｘ+3 的值域 .解　令ｕ=-ｘ2 +2ｘ +3=-(ｘ2 -2ｘ+1 ) +4=-(ｘ-1 ) 2 +4,显然有　　　　 0 ≤ｕ ≤ 4.由 ｙ =ｕ ,得　 0≤ ｙ≤ 2 .因此 ,函数的值域为 [0 ,2 ].例 2　求函数 ｙ =ｓｉｎ2 ｘ -2ｓｉｎｘ +2 -π4<ｘ≤π 的值域 .解　令ｕ =ｓｉｎｘ -π4<ｘ≤π ,则-22 <ｕ≤ 1 ,函数 ｙ=ｕ2 -2ｕ+2=(ｕ-1 ) 2 +1 .…     

一个易被忽视的错误

在众多的高三复习资料中流行着这样一个问题 :“已知ａ2 ｂ2 ｃ2 =1 ,ｘ2 ｙ2 ｚ2 =9,ａｘ ｂｙ ｃｚ≤ｔ,求ｔ的最小值 .”批阅学生作业时发现绝大多数学生产生下面的误解 .求ｔ的最小值即求ｕ =ａｘ ｂｙ ｃｚ的最大值 .因为ａｘ≤ ａ2 ｘ22 ,ｂｙ≤ ｂ2 ｙ22 ,ｃｚ≤ｃ2 ｚ22 .所以ａｘ ｂｙ ｃｚ≤ 12 (ａ2 ｘ2 ｂ2 ｙ2 ｃ2 ｚ2 ) =5 .故ｕ =ａｘ ｂｙ ｃｚ的最大值是 5 ,即ｔ的最小值是 5 .错误剖析 :应用基本不等式得到ｕ =ａｘ ｂｙ ｃｚ≤ 5是正确的 ,这只能说ｕ最大值小于或等于 5 ,并不能得出ｕ的最大值是 5 …     

一类条件最值的简易求法再探

文 [1]给出了在约束条件Ａｘ2 Ｂｘｙ Ｃｙ2 =Ｍ下 ,求函数ω =Ａｘ2 Ｄｘｙ Ｃｙ2 (Ａ、Ｃ、Ｍ ∈Ｒ ,Ｂ、Ｄ ∈Ｒ)最值的一种方法 ,其实求解这类问题的关键在于设法消去乘积项ｘｙ .众所周知 ,任意两个实数ｘ、ｙ ,均可表示成ｘ=ｕ ｖ,ｙ=ｕ -ｖ的形式 ,于是ｕ2 -ｖ2 =ｘｙ,从而也达到了消去乘积项ｘｙ之目的 .我们不妨称这种方法为和差换元法 ,运用和差换元法可以解决更具一般性的问题 ,我们先以文 [1]中的例题予以说明 .例 1　 (1993年全国高中数学联赛试题 ,文 [1]中例 1)设ｘ、ｙ∈Ｒ ,且 4ｘ2 - 5ｘｙ 4ｙ2 =5 ,记Ｓ=ｘ2 ｙ2 ,…     

几何方法在最值问题上应用点滴

最值问题是初等数学中经常碰到的一类问题 .有些最值问题用常规代数方法较难入手 ,但若把问题适当变形 ,揭示其相应的几何意义 ,问题实质就直观清楚 ,易于解决 .例 1　已知ｘ2 +2ｙ2 =1 ,求ｚ =ｘ2 + ｙ2 -4ｘ + 4最值 .解　由条件知ｘ2+ 2 ｙ2 =1是中心在原点 ,长轴在ｘ轴上的椭圆 ,它与ｘ轴交于Ｍ(-1 ,0 ) ,Ｎ(1 ,0 ) .设Ｐ(ｘ ,ｙ)是椭圆上任一点 ,则ｚ =(ｘ-2 ) 2 + ｙ2 就是Ｐ(ｘ ,ｙ)与点Ａ(2 ,0 )距离 ｜ＡＰ｜ ,由图易知 ｜ＰＡ｜≤｜ＡＭ ｜ ,｜ＰＡ｜≥｜ＡＮ｜ .∴ｚｍａｘ =｜ＡＭ｜=2 + 1 =3 ,　ｚｍｉｎ =｜ＡＮ｜=2 -1 =1 .…     

关于一类非齐次不等式的一个定理

文 [1]利用“消去———配方法”所证明的一类三元非齐次条件不等式问题 ,均可转化为形如ｘｙ ｙｚ ｚｘ-ｔｘｙｚ≤Ｍ的不等式问题 .利用下文的定理 ,或证明定理的方法 ,可以使这类不等式获得统一的解决 .定理　已知ｘ ,ｙ ,ｚ均为非负实数 ,且ｘ ｙ ｚ=Ｍ　 (Ｍ >0 ) ,ｔ∈Ｒ ,则ｘｙ ｙｚ ｚｘ -ｔｘｙｚ≤12 7(9-ｔＭ)Ｍ2 (0 <ｔ≤ 94Ｍ) ;　　　 (1)14Ｍ2 (ｔ >94Ｍ) .　　　 (2 )证明　由于不等式关于ｘ ,ｙ ,ｚ轮换对称 ,不妨设ｘ=ｍｉｎ{ｘ ,ｙ ,ｚ} ,因为ｘ ｙ ｚ=Ｍ ,所以 0≤ｘ≤Ｍ3.(1)当 0 <ｔ≤ 94Ｍ 时 ,由于ｘｙ ｙｚ …     

也谈一个极值问题的推广

第 3 0届ＩＭＯ训练题中有一道试题 :对满足ｘ2 +ｙ2 +ｚ2 =1的正数ｘ、ｙ、ｚ,求ｘ1 -ｘ2 +ｙ1 -ｙ2 +ｚ1 -ｚ2 的最小值 .安振平先生将其推广为[1] :已知ａｉ ∈Ｒ+(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,∑ｎｉ=1ａｎ - 1ｉ =1 .则 ∑ｎｉ=1ａｎ - 2ｉ1 -ａｎ- 1ｉ≥ ｎｎ -1ｎ - 1ｎ .受其启发 ,笔者发现可将其进一步推广为 :已知ａｉ∈Ｒ+(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,α1、α2 、ｋ∈Ｎ ,ｃ>ａｋα2ｉ ,且∑ｎｉ=1ａα1+α2ｉ =ｎ ｃｋ +1α1+α2ｋα2 .则∑ｎｉ=1ａα1ｉｃ-ａｋα2ｉ≥ ｎｋｃｋ +1α1-ｋα2ｋα2 .证明 :令ｘｉ=ａα2ｉ(ｃ …     

代换法证明不等式

例 1　已知ｘ ,ｙ ,ｚ>0 ,证明 :ｚ2 -ｘ2ｘ + ｙ + ｘ2 -ｙ2ｙ +ｚ + ｙ2 -ｚ2ｚ +ｘ ≥ 0 .证明　设ｘ+ ｙ =ａ ,ｙ +ｚ=ｂ ,ｚ +ｘ=ｃ ,则ｚ-ｘ =ｂ-ａ ,ｘ -ｙ =ｃ-ｂ ,ｙ-ｚ=ａ -ｃ,ａ ,ｂ ,ｃ>0 .于是原式等价于ｂｃａ + ｃａｂ + ａｂｃ ≥ａ +ｂ+ｃ .由ｂｃａ + ｃａｂ ≥ 2ｃ等得证 .例 2　在 ＡＢＣ中 ,ａ +ｂ +ｃ=2ｓ ,ａ ,ｂ,ｃ为三边 ,则ａｂｃ≥ 8(ｓ-ａ) (ｓ -ｂ) (ｓ-ｃ) .证明　设ｓ -ａ =α ,ｓ-ｂ =β ,ｓ-ｃ =γ ,则α ,β ,γ >0 ,α+ β =ｃ,β +γ=ａ ,α +γ=ｂ.于是原式等价于(α + β) (β+γ) (γ +α)≥ 8αβ…     

函数思想的应用

函数思想是数学中的重要思想 ,用运动、变化的观点分析、处理变量和变量之间的关系是函数思想的精髓 .在解题中如能运用函数思想合理选择函数关系式 ,就能使解题思路自然流畅 .例 1　关于ｘ的方程 9ｘ+( 4 +ａ) 3 ｘ+4 =0有实数解 ,求实数ａ的取值范围 .解　方程等价变形为4+ａ =-3 ｘ+43 ｘ .令ｆ(ｘ) =-3 ｘ+43 ｘ ,则ｆ(ｘ) ≤ -4 .∴ 4+ａ≤-4 ,ａ≤-8.ａ的取值范围为 ( -∞ ,-8] .例 2　关于ｘ的方程 9ｘ+( 4 +ａ) 3 ｘ+4 =0有两个实数解 ,求实数ａ的取值范围 .解　令ｔ =3 ｘ,则问题等价于方程ｔ2 +( 4 +ａ)ｔ+4 =0在 ( 0 ,+∞ )上有…