寻找等式与不等式的桥梁--探讨一道竞赛题的典型解法

2005年湖南省数学竞赛压轴题为:若正数a,b,c满足b+a c=a+b c-ca+b,求证:a+b c≥174-1.这是从等式开始的解证多元分式不等式的问题,较新颖.考生的得分率很低,而且标准答案也不易,因而值得探讨其典型解证方法.证法1(标准答案)由条件有a+b c=ca+b+b+a c,令a+b=x,b+c=y,c+a=z,则a=x+z2-y,b=x+y2-z,c=z+y-x2,从而原式变为x+2yz-z=y+z-x2x=x+2 zy-y,即x+z y=y+x z+z+y x-1≥xz+zy+1≥x 4+z y+1.令x+z y=t,则t≥4t+1,可得t≥1+2 17或t≤1-2 17(不合要求,舍去),故a+b c=x+2 yz-z=2t-21≥17-14.证法2由条件有a+b c=b+a c+ca+b=ab+a2 ac+bc+c2 ac≥(a+…     

三个不等式之间隐含的关系

观察下面三个问题 :( 1 )设a、b、c为△ABC的三边 .求证 :a2 b(a -b) +b2 c(b -c) +c2 a(c-a)≥ 0 .①(第 2 4届IMO)( 2 )若x、y、z∈R+,则x·x +yx +z+y·y +zy +x+z·z+xz+y≥x +y +z.②( 1 992 ,国际“友谊杯”数学邀请赛 )( 3)设x、y、z∈R+,求证 :x2 ·y +zy +x+y2 ·z+xz+y+z2 ·x +yx +z≥xy +yz+zx .③这三个不等式均不难证明 ,此处从略 .今将揭示他们之间隐含的内在联系 .1 .建立对应关系 ,揭示①可转化为②众所周知 ,对于任意△ABC的三边a、b、c,总可找到这样的正数x、y、z,使得a =y +z,b =z+x ,c =x +y .于是 ,式①化为(y+z…     

利用根与系数的关系解竞赛题

在一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)中,设x1,x2是它的两个根,则它的根与系数满足:x1+x2=-ba,x1·x2=ca.这两个表达式看起来简单,巧妙地利用它们,可以解答不少的数学竞赛题.一、求值例1设2x2-2x+k=0,2y2-2y+k=0,且x-y=2,那么k=.(2000年河南省初三数学竞赛题)解:由题意知x,y是方程2t2-2t+k=0的根.由根与系数的关系和已知得x+y=1,xy=k2,x-y=2 ∴k=-32.例2若关于x的方程(x+a)(x+b)=M的两根是α、β,则关于x的方程(x+α)(x+β)=-M的两根的平方和为.(2002年河南省初三数学竞赛试题)解:方程(x+a)(x+b)=M可化为x2+(a+b)x+ab-M=0.由根与系数的关…     

有条件的分式求值的若干技巧

1　巧引参数例 1　已知 x2 =y3 =z4,那么x2 -2y2 + 3z2xy+ 2yz + 3zx 的值等于 .(1997年“希望杯”初中数学邀请赛初二题 )解　设 x2 =y3 =z4=k(k≠ 0 ) ,则x= 2k ,y =3k ,z=4k ,所以 x2 -2y2 + 3z2xy + 2yz+ 3zx=4k2 -18k2 + 48k26k2 + 2 4k2 + 2 4k2 =3 4k25 4k2 =172 7.评注　本例通过引入参数 ,以参数为媒介减少变量个数 ,实现问题转化的目的 .2　巧用性质例 2　已知abc≠ 0 ,且 a+b -cc =a-b +cb =-a +b+cc ,则(a+b) (b+c) (c +a)abc 的值是或 .(1997年“希望杯”初中数学邀请赛初二题 )解　当a +b+c≠ 0 ,由等比定理 ,得a +b-cc =a -b…     

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…     

在变换的过程中提出问题

问题 1　《数学教学》2 0 0 3年第 2期“数学问题与解答”栏目中的第 5 80题为设a、b、c为△ABC的三边 ,求证 :a2a +b -c+b2b +c -a+c2c+a -b≥ 32 .①笔者试图探索这个新颖不等式的上界 ,得出问题 1 .1　设a ,b,c为△ABC的三边 ,求证 :a2a +b -c+b2b +c -a+c2c+a -b<73 .②综合不等式①、②得问题 1 .2　设a ,b,c为△ABC的三边 ,求证 :32 ≤ a2a +b -c+b2b +c -a+c2c+a -b<73 .③为了证明不等式③ ,笔者首先想到了它的类似 :问题 1 .3　设x ,y ,z为任意正实数 ,求证 :xy +z+yz +x+zx +y≥ 32 .④于是 ,联想到 :能否将不等式③转化为三…     

巧证一赛题

第15届全俄数学竞赛题:x,y,z∈(0,1),有x(1y)+y(1-x)+z(1-x)<1.(1)第21届全苏数学竞赛题;a,b,c,x,y,z∈R~+,a+x=b+y=c+z=k,收ay+bz+cx相似文献   

用ab=((a+b)/2)~2-((a-b)/2)~2巧解竞赛题(初二,初三)

公式ab=((a+b)/2)2-((a-b)/2)2的正确性是显然的,用此公式,可巧解国内外一些竞赛题. 例1 正数a,b,c,x,y,z满足a+x=b+y=c+z=k,求证:ax+by+cz相似文献   

一个无理不等式及其应用

在文[1]里,笔者给出并证明了如下有趣的无理不等式: 问题 设a≥x＞1,b≥y＞1,c≥z＞0,求证:(a+b+c)-(x +y+z)＜√a2-x2+√b2-y2+√c2-z2≤√(a+b+c)2-(x+y+z)2.① 等号仅当a:x=b:y=c:z时成立. 下面给出不等式①的几个应用.     

《数学通报》1580题的另两种证法

《数学通报》1580题:设△ABC的三边长分别是a,b,c,内切圆半径为r,求证:1/(a~2)+1/(b~2)+1/(c~2)≤1/(4r~2).(2005年第11期).原证:令a=y+z,b=z+x,c=x+y,并设s、△分别表示△ABC的半周长和面积,则易知x>0,y>0,x>0.并有s=1/2(a+b+c)=x+y+z,r=     

((a-b c)/a)~(1/2) ((b-c a)/b)~(1/2) ((c-a b)/c)~(1/2)的一个下界

安振平先生在《中学数学月刊》2 0 0 3年第 7期《一个三角形中的不等式》一文中给出了不等式 :命题 1　在△ ABC中 ,三边长 a,b,c,则a - b ca b- c ab c - a bc ≤ 3. ( 1 )现在给出 ( 1 )左式的下界 :命题 2　在△ ABC中 ,三边长为 a,b,c,则 a - b ca b- c ab c - a bc >2 . ( 2 )证明　设2 x =a - b c,2 y =b- c a,2 z =c- a b则a =x y,b =y z,c=z x,且 x,y,z >0 .∴ a - b ca b - c ab c - a bc=2 xx y 2 yy z 2 zz x= 2 ( xx y yy z zz x)>2 ( xx y yy z zz x)>2 ( xx y z yy z x zz x y) =2 .这个…     

一道竞赛题的解法及推广

如图1:T是锐角三角形,矩形R、S的一部分内接于T,设A(x)表示图形x的面积,求:A(R)+A(S)/A(T)的最大值。这是1987年上海市中学数学竞赛第二试第一题。本文将给出这个题目的解法及结论的推广。解:如图1,作锐角三角形T的高BD,设T的底边为a,矩形R、S的长、宽分别为b、x,c、y,顶端三角形的高为z。根据三角形相似得:b/a=(y+z)/(x+y+z),c/a=z(x+y+z)于是b=(y+z)/(x+y+z)a,c=z/(x+y+z)a故(A(R)+A(S))/A(T)=2(bx+cy)/a(x+y+z)     

分式求值 灵活消元

同学们在学习分式的时候,经常会遇到有关多元的求值问题,解答时,可以利用消元的方法,化难为易.一、取值消元法例1已知abc=1,那么aab+a+1+bbc+b+1+cca+c+1=.解:不失一般性,取a=1,b=1,c=1,则原式=13+13+13=1. 二、主元消元法例2已知4x-3y-6z=0,x+2y-7z=0,则5x2+2y2-z22x2-3y2-10z2等于(A)-12 (B)-192 (C)-15(D)-13 解:以x、y为主元,那么4x-3y=6z,x+2y=7z .∴x=3z,y=2z.∴原式=5×9z2+2×4z2-z22×9z2-3×4z2-10z2=-13.选D. 三、比值消元法例3已知x2=y3=z4,则x2-2y2+3z2xy+2yz+3zx的值是.解:设x2=y3=z4=k,得x=2k,y=3k,z=4k…     

完全平方式的一个变式及其应用(初一、初二、初三)

例1 已知x、y是实数,且满足 x2+xy+y2—2=0,求x2—xy+y2的取值范围. 解因为 x2+xy+y2=2①设x2—xy+y2=t ②①—②,得③①+③,得④由④知 t≤6,由变式,得解得 t≥2/3,所以例2 已知a、b、C满足a+b+c=0,abc=8,     

三元一次不定方程组的通解公式及其应用

我们已经知道二元一次不定方程ax+by=c(a,b,c都是整数,且(a,b)=1)的通解可由公式x=x0+bt y=y0-at(t是整数)来表示,而三元一次不定方程组a1x+b1y+c1z=d1, a2x+b2y+c2z=d2(ai、bi、ci都是整数,且(ai、bi、ci)=1,i=1,2)的通解是什么?通过探讨,得到如下定理:     

一类三角形不等式的代数证明

一、转化方法任何三角形总存在内切圆。为此,将三角形三边a、b、c,施行如下变换(如图): (*){a=y z,b=z x,c=x y,就可以把关于三角形各元素的不等式转化成关于正数x、y、z的代数不等式。即 (i)对任何三角形不等式F(a,b,c)≥0,有     

一道竞赛题的简解及联想

《中学教研》(数学)1991第8期第9页上说到一道美国数学奥林匹克竞赛题: 确定下面方程组的实数解 x+y+z=3, ① x~2+y~2+z~2=3, ② x~3+y~3+z~3=3。③ 1.该文提供了七种解题思略,看了以后很受启发,我们这里提供一种解法,可称为平移法。令 x=1+a,y=1+b,z=1+c。④将④代入①得 a+b+c=0, ⑤复将④代入②并利用⑤     

竞赛题中的求最值问题

二次函数y =ax2 +bx +c(a≠ 0 )配方后可变为标准形式y =a(x + b2a) 2 + 4ac-b24a (a≠ 0 ) ,由此可以很快求出y的最值 ,初中数学中 ,有不少的最值问题 ,常常可以转化为二次函数来求解 ,下面通过几个例子来介绍几种求解方法。一、主元代入法例 1.　已知x、y、z均是实数 ,且满足x + 2y -z =6x -y + 2z =3求x2 +y2 +z2 的最小值。 (2 0 0 1年安庆市竞赛题 )解 :原方程组变为 :x + 2y =6 +zx -y =3- 2z,解得 x =4 -zy =z+ 1于是x2 +y2 +z2=(4-z) 2 + (z+ 1) 2 +z2=3z2 - 6z+ 17=3(z - 1) 2 + 14当z=1(此时x =3,y =2 )时 ,x2 +y2 +z2 取到最小值…     

一道美国数奥题的六种解法

本文所研究的是一道美国第七届数学奥林匹克试题 ,它新颖、别致 ,是一道涉及五个变量的条件最值问题 .笔者研究后发现 ,它的解法相当多 ,不下于 1 6种 .现将其中 6种鲜为人知的新解法一一写出来 ,与大家交流 .问题 :已知a、b、c、d、e∈R ,a+b +c+d+e =8,a2 +b2 +c2 +d2 +e2 =1 6,试求e的最大值 (美国第七届数学奥林匹克试题 ) .解法 1 :(基本不等式法 )由基本不等式 2xy≤x2 +y2 (x、y∈R)得 (x+y) 2 ≤ 2 (x2 +y2 )　 ( 1 )令x =a+b ,y=c+d ,于是 ,由式( 1 )得[(a+b) +(c+d) ]2 ≤ 2 [(a+b) 2 +(c+d) 2 ]　 ( 2 )=2 (a2 +b2 +c2 +d2 +2ab…     

一道高中竞赛加试题的推广

2005年全国高中数学联赛加试第2题为: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)=x2/1+x+y2/1+y+z2/1+z的最小值. 文[1]得到该问题等价于: