用函数方法巧证不等式

用函数方法证明不等式 ,常常能够方便地给出证明 .用函数方法证明不等式的关键是结合不等式的结构特征构造适当的函数 ,以便于利用这一函数的有关性质证明所给的不等式 .例 1　若ａ >ｂ>0 ,ｍ >0 .求证 :ａｂ >ａ +ｍｂ+ｍ.证明　令 ｆ(ｘ) =ａ+ｘｂ +ｘ.由ａ>ｂ可设ａ =ｂ+ｃ(ｃ >0 ) ,则ｆ(ｘ) =ｂ+ｘ +ｃｂ +ｘ =1+ｃｂ +ｘ.当ｘ∈ (0 ,+∞ )时 ,ｆ(ｘ)为减函数 .∵　ｍ >0 ,∴　ｆ(ｍ) <ｆ(0 ) .即 ａｂ >ａ+ｍｂ+ｍ.注　用函数方法证明不等式 ,往往要利用所构造函数的单调性 .例 2　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ .证明 :ａ2 +ａｃ+ｃ2 +3ｂ(ａ+ｂ+…     

运用一个不等式,巧解一类高考题

高级中学课本《代数》下册 (必修 )第 12页例 7:已知ａ,ｂ ,ｍ∈Ｒ+ ,且ａ <ｂ,求证 :　　 ａ +ｍｂ+ｍ >ａｂ . (1)该题初看平淡无奇 ,学完分析法之后常会置之不理 .但它及引伸、变形的用处十分广泛 ,许多高考试题都是以它为背景 ,使得它已成为高考命题的生长点 .　　 1.条件不变 ,还可以有ａｂ <ａ +ｍｂ +ｍ <1;(2 )ｂ +ｍａ+ｍ <ｂａ . (3)　　 2 .改变条件 :若ａ ,ｂ,ｍ ∈Ｒ+ ,且ｍ <ａ <ｂ,则有ａ-ｍｂ-ｍ <ａｂ <ａ+ｍｂ+ｍ. (4)上述四个结论 ,有着神奇的功能 ,广泛的应用 .下面仅以高考题为例来说明 .例 1　 (1989年广东高考理科题…     

成果集锦

一个不等式猜想的证明猜想见本刊2000年第5期”成果集锦”.证明:猜想的不等式等价于2ａ-ｂ-ｃ 2ｍａ≥ｍｂ ｍｃ,即(2ａ-ｂ-ｃ 2ｍａ)2≥(ｍｂ ｍｃ)2.应用中线公式,展开,有Ｔ=16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ)-8ｍｂｍｃ 8ａ2 11ｂ2 11ｃ2 8ｂｃ-16ａｂ-16ａｃ≥0.①∵(4ｍｂｍｃ)2=(2ａ2 2ｃ2-ｂ2)(2ａ2 2ｂ2-ｃ2)=(2ａ2 ｂｃ)2-2(ａ ｂ ｃ)(-ａ ｂ ｃ)(ｂ-ｃ)2≤(2ａ2 ｂｃ)2,∴4ｍｂｍＣ≤2ａ2 ｂｃ.∴Ｔ≥16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ) 4ａ2 11ｂ2 11ｃ2 6ｂｃ-16ａｂ-16ａｃ=16ｍａ(2ａ-ｂ-ｃ) (2ａ-ｂ-ｃ)(2ａ-7ｂ-7ｃ) 4(ｂ-ｃ)2≥(2ａ-ｂ-ｃ)(16ｍａ 2ａ-7ｂ…     

用中线或高判定三角形形状

定理 1　设ｍａ、ｍｂ、ｍｃ 分别是△ＡＢＣ的边ａ、ｂ、ｃ上的中线 ,ｍｃ≤ｍａ,ｍｃ≤ｍｂ,则当 5ｍ2 ｃ 小于、等于或大于ｍ2 ａ ｍ2 ｂ 时 ,△ＡＢＣ分别为钝角、直角或锐角三角形 证明 :由三角形的中线公式ｍａ =12· 2ｂ2 2ｃ2 -ａ2 ,… ,可解出ａ2 =19[8(ｍ2 ｂ ｍ2 ｃ)-4ｍ2 ａ],… .于是知ｍｃ≤ｍａ,ｍｃ≤ｍｂ 等价于ｃ≥ａ ,ｃ≥ｂ ,于是△ＡＢＣ为Ｒｔ△ ,即ｃ2 =ａ2 ｂ2 ,等价于8(ｍ2 ａ ｍ2 ｂ) -4ｍ2 ｃ9=8(ｍ2 ｂ ｍ2 ｃ) -4ｍ2 ａ9 8(ｍ2 ｃ ｍ2 ａ) -4ｍ2 ｂ9.化简 ,即得 5ｍ2 ｃ=ｍ2 ａ ｍ2 ｂ.可完全类似地证明△…     

借题发挥--对一道课本例题的教学设想

例题是数学知识的载体 ,是教学内容的延续与深化 .例题教学不能就题论题 ,教师应借助例题为学生创设探索情景 ,借题发挥 ,让学生进一步加深对基本概念、公式的理解 ,使概念、公式完整化、具体化、网络化 ,完善认知结构 .本文基于这样一种认识 ,对高中数学新教材第二册 (上 )第 12页例 2 :已知ａ、ｂ、ｍ都是正数 ,并且ａ<ｂ ,求证 :ａ +ｍｂ+ｍ >ａｂ 的教学谈自己的教学设想 .1　展示背景首先向学生提出问题 :建筑学规定 ,民用住宅的窗户的面积必须小于地板面积 ,但按采光标准 ,窗户面积与地板面积的比不小于 10 / 10 0 ,并且这个比越大 ,…     

也谈一类不等式的证明

文 [1 ]通过构造数轴上的点 ,借助定比分点公式给出了形如ｘ1<ｘ <ｘ2 型不等式以新证。但此法较繁。如果我们利用如下熟知结果 :若ｘ1、ｘ2 ∈Ｒ ,且ｘ1<ｘ2 ,有(ｘ -ｘ1) (ｘ -ｘ2 ) <0 ｘ1<ｘ <ｘ2 。则可给出这类不等式以简洁流畅的证明 ,现就文[1 ]各例述之。例 1　 (原文例 1 ,下同 )　已知 |ａ| <1 ,|ｂ| <1。证明 :-1 <ａ ｂ1 ａｂ<1。证明　∵ |ａ| <1 ,|ｂ| <1 ,∴ａ2 <1 ,ｂ2 <1。( ａ ｂ1 ａｂ 1 ) ( ａ ｂ1 ａｂ-1 ) =(ａ ｂ) 2 -( 1 ａｂ) 2( 1 ａｂ) 2=-( 1 -ａ2 ) ( 1 -ｂ2 )( 1 ａｂ) 2 <0 ,故 -1 <ａ ｂ1 …     

用同次转化法证不等式

在条件不等式中 ,常有条件ｘ1 ｘ2 … ｘｎ=ｃ,ｃ为常数。巧妙地利用这个条件 ,使欲证不等式两边的字母次数配成同次 ,然后再实施变换 ,用这种方法证不等式会收到很好的效果 ,以下用实例来说明。例 1　已知正实数ａ、ｂ、ｃ的和等于 1。证明　ａ2 ｂ2 ｃ2 2 3ａｂｃ≤ 1①分析　这里字母的最高次数是 2 ,3ａｂｃ的次数是 32 ,1的次数是零。现利用ａ ｂ ｃ=1 ,将①的两边字母的次数配成同次 ,即ａ2 ｂ2 ｃ2 2 3ａｂｃ(ａ ｂ ｃ)≤ (ａ ｂ ｃ) 2 ②欲证① ,只需证②。证明　因ａ2 ｂ2 ｃ2 2 3ａｂｃ(ａ ｂ ｃ)≤(ａ ｂ 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…     

一类条件不等式的证明体系

成功的解题 ,常常体现在 :善于发现规律 ,巧于利用规律 .这是一类常见的条件不等式证明问题 :题设条件是ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａ ｂ ｃ=1.本文试图揭示其证题规律 ,并巧用其规律 .定理　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａ ｂ ｃ =1,则ａ2 ｂ2 ｃ2 ≥ 13≥ａｂ ｂｃ ｃａ ;①1ａ 1ｂ 1ｃ ≥ 9;②1ａ2 1ｂ2 1ｃ2 ≥ 1ａｂ 1ｂｃ 1ｃａ ≥ 2 7;③ａｂｃ ｂｃａ ｃａｂ ≥ 1;④ａｂｃ ｂｃａ ｃａｂ ≥ 9;⑤ａｂｃ≤ 12 7,或 1ａｂｃ≥ 2 7;⑥ａｂｃ 1ａｂｃ≥ 2 712 7;⑦ａ ｂ ｃ≤ 3;⑧ａｂ ｂｃ ｃａ≤ 1. ⑨　　 (当且仅当ａ=…     

一个新的几何不等式

本文先给出三角形的外接圆半径、内切圆半径与面积之间的一个不等式 .定理 1　若三角形的外接圆半径为Ｒ ,内切圆半径为ｒ,面积为Ｓ ,则Ｒｒ≥2 39Ｓ .证　设△ＡＢＣ的三边长为ａ、ｂ、ｃ,由Ｓ =ａｂｃ4Ｒ ,得　 1ａｂ 1ｂｃ 1ｃａ=ｃ4ＲＳ ａ4ＲＳ ｂ4ＲＳ=ａ ｂ ｃ4ＲＳ =ａ ｂ ｃ4Ｒ·12 (ａ ｂ ｃ)ｒ=12Ｒｒ,即　 1ａｂ 1ｂｃ 1ｃａ=12Ｒｒ. ( 1)∵　Ｓ =12 ａｂｓｉｎＣ =12 ｂｃｓｉｎＡ =12 ｃａｓｉｎＢ ,∴　 1ａｂ 1ｂｃ 1ｃａ=ｓｉｎＣ2Ｓ ｓｉｎＡ2Ｓ ｓｉｎＢ2Ｓ　　 =ｓｉｎＡ ｓｉｎＢ ｓｉｎＣ2Ｓ .又易证　ｓｉ…     

构造函数法证不等式的思考途径

构造函数法是证不等式的一种重要方法 ,本文谈谈构造函数法证不等式的几种思考途径 .途径一　利用函数的单调性构造一个函数 ,使原不等式 (或经等价变形后 )的左右两边是这个函数在某一个单调区间上的两个值 ,就可以利用函数的单调性证明不等式 .例 1　已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ ｂ ｃ =1,求证 :ａｂｃ 1ａｂｃ≥ 2 712 7.证明　令 ｆ(ｘ) =ｘ 1ｘ ,取 0 <ｘ1<ｘ2 <1,则ｆ(ｘ2 ) - ｆ(ｘ1) =(ｘ2 -ｘ1) 1ｘ2 - 1ｘ1=(ｘ2 -ｘ1) 1- 1ｘ1ｘ2 <0 ,所以 ｆ(ｘ)在 (0 ,1)上为减函数 .又 0 <ａｂｃ≤ ａ ｂ ｃ33=12 7,∴ｆ(ａｂｃ) ≥ ｆ 12 …     

两个重组公式的妙用

完全平方公式 (ａ±ｂ) 2 =ａ2 ± 2ａｂ +ｂ2 中含有两个等式 ,若用“加减法”对它们重新组合 ,则容易得出以下两个重组公式 :ａ2 +ｂ2 =12 (ａ +ｂ) 2 +12 (ａ -ｂ) 2 ,①ａｂ =14 (ａ +ｂ) 2 - 14 (ａ -ｂ) 2 .②如能灵活运用上述重组公式 ,则可较为简捷地解决一类竞赛题 .1　解含有Ａ2 +Ｂ2 和Ａ +Ｂ的竞赛题例 1　 (天津市“中华少年杯”初中数学竞赛题 )已知 :△ＡＢＣ的三边ａ、ｂ、ｃ满足 (1)ａ >ｂ >ｃ ,(2 ) 2ｂ=ａ +ｃ ,(3)ｂ是正整数 ,(4)ａ2 +ｂ2 +ｃ2 =84 .求ｂ的值 .解　对 (4)运用重组公式① ,得12 (ａ+ｃ) 2 +12 (ａ-ｃ) 2…     

一个猜想的修正类比与加强

文 [1 ]提出了猜想 :∏ ａ2ｍ2 ｂ+ｍ2 ｃ≥ 82 7 ①笔者经研究发现 ,上述不等式不成立 ,可修正为 :命题 1　设ｍａ、ｍｂ、ｍｃ 分别为△ＡＢＣ的三条中线长 ,则∏ ａ2ｍｂ2 +ｍｃ2 ≤ 82 7　 (∏表示循环积 ,下同 )②证明　由ｍａ=12 2ｂ2 +2ｃ2 -ａ2 ,有ｍａ2 =14 (2ｂ2 +2ｃ2 -ａ2 )等 ,得ｍｂ2 +ｍｃ2 =14 (ｂ2 +ｃ2 +4ａ2 ) =14 (Ｔ2 +3ａ2 ) ,这里Ｔ2 =ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ,则②式等价于∏ 4ａ2Ｔ2 +3ａ2 ≤ 82 7 ∏ (Ｔ2 +3ａ2 )≥ 2 7× 8ａ2 ｂ2 ｃ2 4Ｔ6 +9(ａ2 ｂ2 +ｂ2 ｃ2 +ｃ2 ａ2 )Ｔ2 ≥ 2 7× 7ａ2 ｂ2 ｃ2③由于Ｔ6 =(ａ2 +ｂ…     

学会用二次函数解决实际问题

背景知识　　二次函数ｙ=ａｘ2 +ｂｘ+ｃ(ａ≠ 0 )的顶点坐标是 -ｂ2ａ,4ａｃ-ｂ24ａ .这就是说 ,当ａ<0 ,ｘ =-ｂ2ａ时 ,二次函数有最大值ｙ =4ａｃ-ｂ24ａ ;当ａ>0 ,ｘ =-ｂ2ａ时 ,二次函数有最小值ｙ =4ａｃ-ｂ24ａ .图 1例 1　用长 8ｍ的铝合金条制作如图 1形状的矩形窗框 ,如果要使窗户的透光面积最大 ,那么这个窗户的最大透光面积是 (　　 ) .(Ａ) 6 42 5ｍ2 　　 (Ｂ) 43ｍ2(Ｃ) 83ｍ2 (Ｄ) 4ｍ2(2 0 0 1年浙江省金华市、衢州市中考题 )解　设这个矩形窗框的宽为ｘｍ ,面积为ｙｍ2 ,则窗框的长度为 8-3ｘ2 ｍ .于是 ,有ｙ =ｘ 8-3ｘ2…     

巧证平均不等式

平均不等式 :若ａ、ｂ、ｃ均为正数 ,则ａ +ｂ+ｃ≥ 33 ａｂｃ,当且仅当ａ =ｂ=ｃ时 ,取“ =”号 .教材上已给出一种证明方法 ,笔者再给出如下一种简捷证法 ,供读者学习时参考 .证明　由ａ、ｂ、ｃ均为正数 ,得ａ+ｂ +ｃ+3 ａｂｃ=(ａ+ｂ) +(ｃ+3 ａｂｃ)≥ 2ａｂ +2ｃ· 3 ａｂｃ=2 (ａｂ+ｃ 3 ａｂｃ)≥ 4ａｂ·ｃ 3 ａｂｃ=4 4 ａｂｃ 3 ａｂｃ=44 3 ａ4ｂ4ｃ4=4 3 ａｂｃ .∴ａ +ｂ+ｃ≥ 33 ａｂｃ.以上证明中等号成立 ,当且仅当ａ =ｂ,且ｃ =3 ａｂｃ,ａｂ =ｃ 3 ａｂｃ ,即巧证平均不等式@徐有林$云南省巧家县第一中学!654600…     

一道课本例题的新证

高中代数必修课本下册第 1 2页例 8“求证 :2 7<3 6”是用分析法、综合法证明的 .其实 ,这道题用比较法证更轻松 .证明　因为 7- 3 >0 ,6- 2 >0 ,7- 36- 2 =(7- 3) (6 2 ) (7 3)(6- 2 ) (6 2 ) (7 3)=4(6 2 )4 (7 3) =6 27 3 <1 ,所以 7- 3 <6 - 2 ,所以 2 7<3 6 .注　此证的根据是———若ａ>0 ,ｂ >0 ,则 ａｂ >1 ａ>ｂ;ａｂ <1 ａ<ｂ;ａｂ =1 ａ=ｂ.请读者同学用比较法证明 :1 31 2 54 >1 1 8 2 67.看看是不是比用分析法、综合法证更轻松 .【附】　练习题答案证明　因为 1 31 - 1 1 8>0 ,2 67-2 54 >0 ,1 31 - 1 1 82 67- 2 54=(1…     

两个不等式引起的思索

《中学数学教学参考》2 0 0 2年第 8斯 ｐ .2 7上有这样两个不等式 :若ａ ,ｂ∈Ｒ ,ａ ｂ =1,则43 ≤ 1ａ 1 1ｂ 1<32 ,32 <1ａ2 1 1ｂ2 1≤ 85 .经过类比、猜测、证明 ,笔者得到两个新的结果 ,兹介绍如下 .定理 1　若ａ ,ｂ∈Ｒ ,ａ ｂ=1,则32 <1ａ3 1 1ｂ3 1≤ 169.证明　显然 1ａ3 1 1ｂ3 1≥ 1ａ2 1 1ｂ2 1>32又因为 16ａ3 ｂ3 5≥ 16ａ3 ｂ3 12 18ａｂ≥ 3316ａ3 ｂ3 · 14 · 14 18ａｂ=2 1ａｂ ,所以 2 7(1-ａｂ) ≤ 16(ａ3 ｂ3 2 - 3ａｂ) ,所以 3 (1-ａｂ)ａ3 ｂ3 2 - 3ａｂ≤ 169,所以 1ａ3 1 1ｂ3 1≤ 169.所…     

活用一结论速解一类竞赛题

结论　若ａ+ｂ +ｃ=0 ,则ｂ2 ≥ 4ａｃ.证明　∵ａ +ｂ+ｃ =0 ,即ｂ=- (ａ+ｃ) ,∴ｂ2- 4ａｃ=[- (ａ+ｃ) ]2 - 4ａｃ=(ａ -ｃ) 2 ≥ 0 ,故ｂ2 ≥4ａｃ.活用这一结论可以方便、准确地求解已知等式求取值范围或不等关系类型的问题 .下面举例说明 .例 1　 (1991年“曙光杯”初中数学竞赛题 )已知三个实数ａ ,ｂ,ｃ满足 ａ +ｂ+ｃ =0 ,ａｂｃ =1,求证 :ａ、ｂ、ｃ中至少有一个大于 32 .证明　由题设条件可知ａ ,ｂ,ｃ中有一个正数 ,两个负数 ,不妨设ｃ>0 .∵ａ+ｂ +ｃ=0 ,∴ｃ2 ≥ 4ａｂ.而ａｂｃ=1,则有ｃ3 ≥ 4ａｂｃ =4 ,∴ｃ≥ 34>32 78=32…     

构造一元二次方程解题

构造一元二次方程解题是一种重要的解题方法 .根据题设的特点 ,通过联想作出一个一元二次方程 ,使问题化难为易 ,顺利解决 .由于题设的不同 ,构造方程的方法也不同 .下面举例说明 .1　利用根的定义构造方程当已知两个等式 (或经变形后 )具有如下特点 :ｍ2 +ａｍ+ｂ=0 ,ｎ2 +ａｎ+ｂ=0且ｍ≠ｎ ,由根的定义 ,ｍ ,ｎ是方程ｘ2 +ａｘ+ｂ=0的两个根 .例 1　已知ａ ,ｂ是不相等的实数 ,且ａ2= 6ａ -3 ,ｂ2 =6ｂ -3 ,求ａ+ａｂ+ｂ的值 .解　由ａ2 =6ａ -3 ,ｂ2 =6ｂ -3得ａ2-6ａ + 3 =0 ,ｂ2 -6ｂ + 3 =0 .因为ａ ,ｂ是不相等的实数 ,所以ａ ,ｂ是…     

从课本例题引出的研究性学习案例

高中代数教材“不等式”一章中Ｐ12 例 7:已知 :ａ、ｂ、ｍ ∈Ｒ ,且ａ <ｂ求证 :ａｂ <ａ ｍｂ ｍ这就是有名的真分数不等式 .教材中仅用分析法做了说明 .笔者认为 ,可以将其作为研究性学习的材料 ,从问题的形成、问题的解决和知识的应用三个层面进行探究 .一、敏锐地观察分析 ,科学地抽象归纳 ,探索数学问题的形成过程 ,培养实践能力和创新思维能力 .探究方案 1:实际问题引入 .在糖水中再加点糖 ,感觉糖水有何变化 ?糖水中加点糖 ,其味更甜 !如何将这个实际问题抽象为数学问题 ?ｂ克溶液中含有ａ克溶质 (ｂ>ａ) ,溶液浓度是 ａｂ,现再加…