一个不等式变形的应用

著名的Jacobsthal不等式定义为): 设x≥0,y≥0,对任意正整数n,则有x~n (n-1)y~n≥(nxy)~(n-1). 当y>0时,可变形为x~n/y~(n-1)≥nx-(n-1)y.(*) (*)式实际上也可看作一个降幂型不等式,从而看出对于一些次数较高的不等式,可以通过(*)式转化成低次来处理,下举例说明. 例1 设a,b,c为正数,求证: a~2/(b c) b~2/(c a) c~2/(a b)≥(a b c)/2. (第二届“友谊杯”国际数学邀请赛题) 证明 由(*)式,注意到 4a~2/(b c)=(2a)~2/(b c)≥2(2a)-(b c)=4a-b     

真的需要分类讨论吗?——几个不等式的证明及探究

正引言文[1]—[4]研究了如下几个有意思的不等式:问题1已知a,b,c为正实数,求证:(a2+b2)2≥(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).问题2已知a,b,c为正实数,求证:(ab)2≥1/4(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a))c+a-b).问题3若a,b,c为正实数,且满足a+b+c=3,求证:(3/a-2)(3/b-2)(3/c-2)≤1.     

一个简单不等式的应用

我们知道,对于任意两个正实数a、b恒有不等式:a~(a-b)≥b~(a-b)(※)成立。本文利用这一不等式给出几个难度较大的不等式的简洁证明。例1 已知a、b、c∈R~+,求证: a~(2a)b~(2b)c~(2c)≥a~(b+c)·b~(a+c)·c~(a+b)(1978年上海市中学数学竞赛试题) 证明由(※)得 a~(a-b)≥b~(a-b),b~(b-a)≥c~(b-c),c~(c-a)≥a~(c-a)。以上不等式两边分别相乘得 a~(a-b)·b~(b-c)·c~(c-a)≥b~(a-b)·c~(b-c)·a~(c-a)。整理得:a~(2a)·b~(2b)·c~(2c)≥a~(b+c)·b~(a+c)·c~(a+b) 例2 设a、b、c∈R~+.求证: a~ab~bc~c≥(abc)(a+b+c)/3(1974年美国第三届奥林匹克竞赛试题)。证明由例1知     

一类不等式的探究

文[1]-[4]研究了如下几个有意思的不等式: 问题1:已知a,b,c为正实数,求证:(a2+ b2)2≥(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) 问题2:已知a,b,c为正实数,求证:(ab)2≥1/4(a+b+c)(a+ b-c)(b+c-a)(c+a-b) 问题3:若a,b,c为正实数,且满足a+b+c=3,求证:(3/a-2)(3/b-2)(3/c-2)≤1.     

几道课本习题的推广及应用

新版高中数学教材第二册 (上 )有这样几道习题 .第 1 1页习题 6 .2第 1题 ,求证 :(a + b2 ) 2 ≤ a2 + b22 可以改写成 a2 + b2 ≥(a + b) 22 .第 1 6页习题 6 .3第 1 (2 )题 ,求证 :a2 + b2+ c2≥ ab+ bc+ ca可以变形为 :3 (a2 + b2 +c2 )≥ a2 + b2 + c2 + 2 (ab+ bc+ ca) ,所以 a2+ b2 + c2≥ (a + b+ c) 23 .第 3 1页第 5题 ,求证 :3 (1 + a2 + a4 )≥ (1+ a + a2 ) 2 ,则是上题的一个特例 .由此 ,我们可以推广之 ,得 :定理 :ai∈ R,i =1 ,2 ,… ,n,则当 n≥ 2时∑ni=1a2i ≥(∑ni=1ai) 2n (1 )证明 :用数学归纳法n =2时 ,a21+ a22 ≥ …     

1986年献礼

1.若(a b)/(a-b)=(b c)/(b-c)=(c a)/(c-a) 求证:|a~(1986)|=|b~(1986)|=|c~(1986)| 【证明】:由条件(*)知a、b、c两两不等,且abc≠0,对(*)式用合分比定理得a/b=b/c=c/a=x≠1从而c=ax,b=cx=ax~2,a=bx=ax~3 ∴ x~3=1,可见x是1的立方虚根w或w~2。∴ c=aw,b=xw~2或c=aw~2,b=aw~4=aw, 于是|a~(1986)|=|(aw~2)~(1986)|=|(aw)~(1986)| 故|a~(1986)|=|b~(1986)|=|c~(1986)| 2.证明:是合数【证明】:=10~(1986)-1/9=(10~(993))~2-1/9=((10~(993) 1)(10~(993)-1))/9     

用a~2/b≥2a-b证明一类分式不等式

由基本不等式a~2 b~2≥2ab,得 a~2≥2ab-b~2, 当b>0时,有 a~2/b≥2a-b (*) 当且仅当a=b时取等号. 不等式(*)的特点是左边为分式,右边为整式,因此在处理一类分式不等式问题时用途较大,举例如下: 例1 设a,b,c∈R~ ,求证 证明 由不等式(*)可得     

基本不等式a~2+b~2≥2ab的变形与应用

基本不等式a2+b2≥2ab在不等式的证明中起重要作用,但有些不等式直接用它去证明比较困难,而应用该不等式的变形去证明却比较方便. 变形1a2+b2≥2ab a2+b2≥1/2(a+b)2. 例 1 已知 a,b,c∈R+,且a+b+c=5,a2+b2+c2=9,试证明:1≤a、b、c≤7/3. 证明:由已知 a+b=5-c,a2+b2≥9-c2,∵a2+b2≥1/2(a+b)2,∴9-c2≥1/2(5-c)2,∴3c2-10c+7≤0,∴1≤c≤7/3,同理1≤a≤7/3,1≤b≤7/3. 例2 设a,b∈R+,且a+b=1,求证:(a+1/2)2+(b+1/b)2≥25/2.     

一类多元不等式的新证法

多元不等式的证明常见于数学竞赛及问题征解,其解答大多数是变形技巧高,运算过程复杂,所以学生难以把握解题规律.笔者在向量教学中发现,利用向量的数量积变形公式p?q≤p q(*)易证一类多元不等式,其解题极具规律,而且有利于深入研究不等式,方便地构造出新的不等式,下面举例说明.例1设a,b,c>0,a b c=1,求证:14936a b c≥(《数学通报》2004年第1期3月10号问题).证明设p(1,2,3)=a b c,q=(a,b,c)∵p?q=1 2 3=6,p q149a b c=a b c? 149=a b c.由(*),得1496a b c≥,∴14936a b c≥.说明(1)把条件a b c=1变为a b c≤1,命题仍然成立;若条件变为a b c…     

对2017年高考数学全国Ⅱ卷不等式选讲证明题的几种别证

题目 (2017年高考全国Ⅱ卷文科数学第23(Ⅱ)题)已知a＞0,b＞0,a3 +b3=2.证明:a+b≤2. 证法1不等式的变形. 因为a＞0,b＞0,a3 +b3=2, 所以a+b＞0,且(a-b)2≥0. 从而(a+b)(a-b)2≥0,即有 a2b+ab2≤a3 +b3=2. 不等式两边同乘以3得 3a2b+3ab2≤6.不等式两边同加a3+b3得 a3 +b3 +3a2b+3ab2≤8,即 (a+b)3≤8,所以a+b≤2. 证法2反证法.     

构造几何图形求证不等式举例

在不等式证明中,我们比较熟悉用代数的方法去寻求其问题证明,如何借助图形证明不等式,大家关注的不多.本文试图从构图入手,给出某些不等式的几何证法.一、构造两点间的距离例1已知a、b、c都是正数,求证:a2+b2+c2+d2≥(a+c)2+(b+d)2简析:联想两点间的的距离公式,待证式子可视为两线段之和不小于第三条线段.证明:设点A的坐标为(a+c,0),点B的坐标为(0,b+d),点C的坐标为(c,b).由|AC|+|BC|≥|AB|,得a2+b2+c2+d2≥(a+c)2+(b+d)2,当且仅当等号在A、B、C三点共线,即ab=dc时成立.二、构造平行线间的距离例2已知a、b、x、y∈R,且a+2b+4=0,x+2y=1…     

对一道加拿大赛题的研究(初二、初三)

题设C是直角三角形斜边长,a、b是两直角边长.求证:a+6≤√2c. 证法1 递推 a+6≤√2c,两边平方得 a2+2ab+b2≤2c2,把a2+b2=c2代入上式,得 a2+2ab+b2≤2(a2+b2),化简得 (a-b)2≥0. 这是显然成立.由于以上几步是可逆的,倒过来即可得此题的证明过程.逆向思维是一种重要的     

例谈巧用三角代换解题的策略

一些代数问题,直接求解运算量大,难以奏效.但如果恰当进行三角代换,配之以众多三角公式,常能化难为易,顺利求解.下面按题型分别举例说明.一、证明不等式例1(2000年希望杯试题)已知a>b>c,求证:1a-b+1b-c+4c-a≥0.证明:∵a>b>c,∴a-b,b-c,a-c均为正数,又因a-b+b-c=a-c,故可设a-b=(a-c).cos2α,b-c=(a-c).sin2α,(0<α<π2)代入原不等式,即有sec2α+csc2α-4≥2+tan2α+cot2α≥4显然成立.故原不等式成立.例2设a,b∈R+,求证:a3b+b3a≥12(a+b)2.证明:设a+b=m,则可令a=m.cos2α,b=m.sin2α,α∈(0,π2)则原不等式等价于cos6αsin2α+sin6αcos2…     

巧用均值凑数法证明一类不等式

高中教材中基本不等式a+b2 ≥ab(a>0 ,b >0 )是证明不等式时经常要用到的 ,等号成立的条件是“a=b” .若对a +b =P(定值 )当且仅当a =b=P2 (定值 )时 ,ab才取得最大值 .利用这一结论 ,我们可以证明一类不等式 :例 1　已知a、b都是正数 ,且a +b =1,求证 :　　　a+1+b+1≤ 6.证明　由a +b=1,知当a =b=12 时有a +1=b +1=32 ,于是有a +1· 32 ≤a+1+322 ,b+1· 32 ≤b+1+322 ,两式相加 ,得a +1· 32 +b +1· 32≤ a+b +2 +32 =3 ,即　　a+1+b+1≤ 6.上式的证明过程中先凑出了一个数32 ,这是根据字母a、b在题设条件和结论中地位是对等的 (即在条…     

一个不等式的别证及推广

在课本、习题集及许多资料中,经常可以看到这样一道习题: 已知:a、b、c(R,且a+b+c=M(M=1是它的特殊情形),求证:a~2+b~2+c~2≥(M~2)/3。它的证法很多,常见的有:构造二次函数法,利用柯西不等式、平均值代换法、利用等式:3(a~2+b~2+c~2)=(a+b+c)~2+(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2等     

转化思想在解数学题中的应用

一、等式与不等式的转化例1若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是______.分析为了求ab的取值范围,只要将原等式转化为不等式即可.解运用不等式a+b≥2ab姨,原等式可化为不等式.∵ab=a+b+3≥2ab姨+3,∴ab-2ab姨-3≥0.又ab姨>0,∴ab姨≥3,即ab≥9.例2已知不等式a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c,求正整数a,b,c.分析本题所给的是不等式,而求的是a,b,c,故应将原不等式转化为3个等式,才能解决问题.解∵不等式的两边是整数,∴将a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c配方得(a-b2)2+3(b2-1)2+(c-1)2≤0.则有a-b2=0,b2-1=0,c-1=0,∴原不等式有唯一的一组解a=1,b=2,c=1.二、常…     

构造向量巧证不等式

向量是高中教材的新增内容 ,作为现代数学重要标志之一的向量引入中学数学后 ,给中学数学带来无限生机。笔者在阅读文 [1 ]发现 ,该文所举的各个例子 ,均可通过构造向量 ,利用向量不等式 :m·n≤ |m|·|n|( )轻松获证 ,显示了向量在证明不等式时的独特威力。例 1　已知a、b、c∈R ,且a +2b +3c=6,求证a2+2b2 +3c2 ≥ 6。证明　构造向量 :m =(a ,2b ,3c) ,n =( 1 ,2 ,3 ) ,由向量不等式 ( )得6=a +2b +3c≤a2 +2b2 +3c2 · 1 +2 +3 ,∴a2 +2b2 +3c2 ≥ 6。例 2　已知 :a、b∈R+ ,且a +b =1 ,求证(a +1a) 2 +(b +1b) 2 ≥2 52 。证明　构造…     

再谈分式不等式证明中的代换法

笔者在文[1] 中介绍了用分母代换法证明分式不等式的方法 ,作为其续篇 ,这里再介绍用分子代换 ,分式代换以及整体代换来证明分式不等式的思想方法 ,以便我们对证明分式不等式有一个较完整的思想方法体系 .1　分子代换如果所证不等式的分子比分母复杂 ,那么应考虑将分子代换 .例 1　 (《数学教学》问题栏第 5 48题 )已知三角形的三边为a、b、c ,求证 :　 b +c-aa + c +a-bb + a +b-cc >22 .证明　设b+c -a=x ,c +a-b=y ,a +b-c=z ,则x、y、z>0 ,且a =y +z2 ,b =z +x2 ,c =x+ y2 ,于是b +c-aa + c +a-bb + a +b-cc=2xy+z+ 2 yz+x+ 2zx+ y=2 xx…     

不等式问题的三种特殊求解思路

一、齐次化与非齐次化齐次化方法与均值不等式、柯西不等式(或与它们等价的不等式)紧密联系,常应用于给定某个等量关系的不等式问题,也可应用于分式向常数的不等转化等.不等式的齐次化常可通过非齐次化的题设条件转化得到.例1(1)已知a2+b2=c2+d2=16,求证:|ac+bd|≤16;(2)已知a,b,c>0,ab+bc+ca=1,求证:a+b+c≤1/3abc;     

关于《据本巧设题》的讨论

1《据本巧设题》1997年第4期第1期的讨论题已知a、b、c、d∈ER~ 且c/a d/b=1,求证:a b≥(c～(1/c) d～(1/d))~2.曹兵(江苏通州二甲中学)证一 由柯西不等式