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 ≥ …     

重视和发掘习题的潜功能

正(数学(高二上册))达标训练二填空题第一题是这样的:已知a,b,c是△ABC的三条边,比较大小(a+b+c)24(ab+bc+ca).这道题的解答可以用特殊值法.取a=b=c=1,得(a+b+c)2=9,4(ab+bc+ca)=12,所以(a+b+c)24(ab+bc+ca).将这道题稍微变形,就是全日制普通高级中学教科书(实验修订本·必修)数学第二册(上)第31页B组题的第6题:设a,b,c为△ABC的三边,求证:a2+b2+c22(ab+bc+ca).这道题的解法紧紧围绕三角形的边的特征,依据不同的思维,不同的入口结合不等式证明的不同方法,可以得到不同的证法.并且依据已经证明的结论,还可以进行引申.     

一道课本习题的探究

全日制普通高级中学教科书《数学》第一册(上)第136页的第7题是:已知a2,b2,c2成等差数列(公差不为0),求证:b+1c,c+1a,a+1b也成等差数列.此题的证明并不难,我们感兴趣的是该问题的逆命题成立吗?笔者发现:命题若b+1c,c+1a,a+1b成等差数列,则a2,b2,c2也成等差数列.证明由b+1c,c+1a,a+1b成等差数列可得b+1c+a+1b=c+2a,因此(a+b)(a+c)+(b+c)(c+a)=2(b+c)(a+b),即a2+c2=2b2.所以a2,b2,c2成等差数列.于是,我们有:定理1设a,b,c∈(0,+∞),则a2,b2,c2成等差数列的充要条件是b+1c,c+1a,1a+b成等差数列.波利亚在《怎样解题》一书中这样写道:当你发现了一…     

教材原型题与近年高考题

1逆向思维的教材原型题与近年高考题 例1 (新课标选修4-5第25页习题 2.2第2题)已知a,b,c,∈R+,用综合法证: (ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc. 证明 (ab十a+b+1)(ab+ac+bc+c2)=(a+1) (b+1)(a+c) (b+c)≥2√a×2b×2√ac×2√bc=16abc. 例2 (2010年重庆文科第10题)若a,b,c＞0,且a2+2ab+2ac+4bc=12,则ab+c的最小值是().     

2019年全国卷Ⅰ理科数学第23题的探究与推广

2019年全国卷Ⅰ理科数学第23题出人意料地考查纯粹的基本不等式,要求学生能灵活使用二元以及三元均值不等式.本文经过深入探究,首先给出第23题的多种证明方法,然后将该题的结论推广到一般形式.试题(2019·全国卷Ⅰ·理23)已知a、b、c为正数,且满足abc=1.证明:(1)1 a+1 b+1 c≤a 2+b 2+c 2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.首先给出第(1)问的两种证明方法.     

也谈一不等式赛题的形数沟通

题 1　 (第 15届全俄数学竞赛题 )若 x,y,z∈ (0 ,1) ,则 x(1-y) y(1-z) z(1-x) <1. 1题 1曾先后以不同形式出现在欧洲一些国家的竞赛题之中 ,如 :题 2　 (1981年第 2 1届全苏数学竞赛题 )正数 a,b,c,A,B,C满足 a A =b B =c C = k.求证 :a B b C c A 相似文献   

举一反三 触类旁通——一道课本习题的变式及应用

高中《数学》(试验修订本·必修)第二册(上)第11页习题6.2第1题是:求证:(a2+b)2≤a22+b2.将上述不等式变形可得a2+b2≥(a+2b)2.(*)不等式(*)可利用均值不等式直接证明,也可借助恒等式2(a2+b2)=(a+b)2+(a-b)2及(a-b)2≥0证明.不等式(*)有着广泛的使用价值,本文略举数例加以说明.一、证明不等式【例1】设c是直角三角形的斜边,a、b是两条直角边,求证:a+b≤2c.证明:由题设得a2+b2=c2,由不等式(*)得c2=a2+b2≥(a+2b)2,即(a+b)2≤2c2,亦即a+b≤2c.【例2】己知a、b∈R+,且a+b=1,求证:a+21+b+21≤2.证明:由不等式(*)及已知有2=(a+21)+(b+21)≥(a+21…     

2013年湖南卷理科第10题的多解及推广

1.问题试题(2013年湖南卷理科第10题)设a,b,c∈R,且满足a+2b+3c=6,则a^2+4b^2+9c^2的最小值为______.2.问题解决视角1柯西不等式法解法1:由柯西不等式得(a+2b+3c)^2=(1×a+1×2b+1×3c)^2≤(1^2+1^2+1^2)(a^2+4b^2+9c^2)=3(a^2+4b^2+9c^2),即a^2+4b^2+9c^2≥12,当且仅当a=2,b=1,c=2/3时等号成立.     

一道北约试题的推广

题目:△ABC中,如果a+b≥2c,证明C≤60°.(2011年北约自主招生数学试卷第4题) 证明:由余弦定理知cos C=a2+b2-c2/2ab≥a2+b2-(a+b/2)2/2ab=3/4(a2+b2)-ab/2/2ab≥1/2.所以,C≤60°.故得证. 笔者经过研究,发现本题结论可以推广为: 定理1:△ABC中,如果an+cn≥2bn(n∈Z),则B≤60°,其中a,b,c表示△ABC中角A,B,C的对应边.     

第42届IMO第2题简证

第 42届 IMO第 2题是 :对所有正实数 a,b,c,证明 :aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab≥ 1.(1)这是一个形式优美的不等式 ,文 [1]介绍了一种基于反证法的证明 .笔者经过思考 ,给出了一种很简洁的直接证法 .证明　 (a43 +b43 +c43 ) 2 - (a43 ) 2=(b43 +c43 ) (a43 +a43 +b43 +c43 )≥ 2 b23 c23 · 4a23 b13 c13=8a23 bc,∴ (a43 +b43 +c43 ) 2 ≥ (a43 ) 2 +8a23 bc=a23 (a2 +8bc) ,∴ aa2 +8bc≥ a43a43 +b43 +c43.同理可证 :bb2 +8ac≥ b43a43 +b43 +c43,cc2 +8ab≥ c43a43 +b43 +c43,以上三式相加 ,即证得 (1)式成立 .第42届IMO第2题简证@姜…     

对高中教材一个传统命题及证明的商榷

文 [1]第 4 6页总复习参考题第 7题和文 [2 ]第88页复习参考题七B组第 3题是 :把函数 y =f(x)在x =a及x =b之间的一段图象近似地看作直线 ,设a c b ,证明 f(c)的近似值是f(a) +c-ab -a[f(b) - f(a) ] .文 [3]第 14 8页和文 [4 ]第 55页给出的参考解答是 :证明　设函数 y =f(x)的图象上两点A、B的坐标分别为 (a ,f(a)、(b ,f(b) ) .由两点式得直线AB的方程为y-f(a)f(b) - f(a) =x -ab -a,即 y =f(a) +x-ab -a[f(b) - f(a) ] . ( 1)在 y =f(x)的图象上任取一点P(c ,f(c) ) (c∈ [a ,b] ) ,因为 y =f(x)的图象可以近似地看作直线 ,所以将…     

《数学教学》两个数学问题的简证与加强

文[1]给出了《数学教学》2011年第2期数学问题与解答中第814题和第815题的解答,其证明过程较为繁琐且具有技巧性,笔者在此给出其较为简单的证明,并对第814题进行加强,给出其上确界.第814题:设a、b、c、d>0,且a+b+c+d=1,求证:a/1+a+b/1+b+c/1+c+d/1+d<1/1+abcd.……(1)     

一道2020年全国高中数学联赛不等式题的推广

题目呈现(2020年全国高中数学联合竞赛B卷第10题)设正实数a,b,c满足a^2+4b^2+9c^2=4b+12c-2,求1/a+2/b+3/c的最小值.     

思考题(四)

题11.设R是全体实数集合,对于函数f(x)=x~2+ax+b,(a,b∈R)定义集合 A={x|x=f(x),x∈R}, B={x|x=f(f(x)),x∈R}, (1) 若a=-1,b=-2,求 A∪B,A∩B; (2) 若A={-1,3),求B; (3) 若A={a},求证A∩B={a}。题12.设a、b、c分别是△ABC的三个角A、B、C的对边。证明:方程 x~2-2abxsinC+abC~2sinAsinB=0     

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.     

一道奥林匹克题的代数证法

贵刊1990年第4期P23介绍了这样一题:“正数a、b、c、A、B、C满足条件a+A=b+B=c+C=k,求证aB+bC+cA相似文献   

一个不等式结论的再推广

题1:设a>1,b>1,求证:a2/b-1+b2/a-1≥8.(第26届独联体数学奥林匹克竞赛题) 题2:已知实数a>1,b>1,c>1.求证:a3/b2-1+b3/c2-1+c3/a2-1≥9(√3)/2.当且仅当a=b=c时,等号成立(<数学通报>2000年第11期数学问题解答1284).     

条件a+b+c=0在解题中的应用

在各类考试中经常出现条件为a+b+c=0的问题.本文分类举例,说明如何灵活应用条件a+b+c=0,使问题得到解决.一、若a+b+c=0,则有a+b=-c;b+c=-a;c+a=-b例1(1998年全国初中生数学竞赛题)已知:abc≠0,并且a+bc=b+ca=c+ab=p,那么直线y=px+p一定过()(A)第一、二象限(B)第二、三象限(C)第三、四象限(D)第一、四象限解(1)若a+b+c=0,则a+b=-c.∴p=a+bc=-1,此时直线方程为y=-x-1,经过二、三象限.(2)若a+b+c≠0,由等比性质可得:(a+b)+(b+c)+(c+a)c+a+b=p,∴p=2.此时直线方程为y=2x+2,经过一、二、三象限.故y=px+q一定经过二、三象限.故选(B).例2(2002年…     

一个四元条件代数不等式的证明——兼擂题(122)解答

<正>本刊2019年第2期刊登了赵忠华老师提供的擂题(122)如下:问题设a、b、c、d>0,且abcd=1,证明:(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥■(a+b+c+d-1).本文给出擂题的证明.为证明擂题,先证明四个引理引理1设a、b、c、d>0,则有(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab).证明设待证不等式左右之差为M,则     

谈一道奥林匹克竞赛题改进的对偶形式

第 6届 IMO第 2题是设 a,b,c是△ ABC的三边长 ,求证a2 (b + c -a) + b2 (c + a -b) + c2 (a +b -c)≤ 3 abc (1)受启发 ,本文得到 (2 )式的如下对偶形式定理 1　设 a,b,c,r是△ ABC的三边长及内切圆半径 ,则有a2 (b + c -a) + b2 (c + a -b) + c2 (a +b -c)≥ 12 r(a + b + c) (2 )证明 :记 p =12 (a + b + c) ,R为△ ABC的外接圆半径 ,S为△ ABC的面积 ,由海伦公式 S = p (p -a) (p -b) (p -c) =rpabc =4RS =4Rrp得左边 =2 a2 (p -a) + 2 b2 (p -b) +2 c2 (p -c)≥2× 3 3 a2 b2 c2 (p -a) (p -b) (p -c) =63 16R2 r2 p2 .r2 p =…