共查询到20条相似文献，搜索用时 31 毫秒
1.
巧用P＋3Q≥R证明三角形不等式 总被引：4，自引：4，他引：0
数学素质教育的核心问题是培养学生的数学创新能力 .笔者注意在不等式证明的教学和兴趣小组辅导中引进创新方法 :Ｐ -Ｑ -Ｒ法 ,巧用定理 :Ｐ 3Ｑ≥Ｒ证明一类三角形不等式 ,收到了较好的效果 ,现介绍给读者 .定理 △ＡＢＣ的三边为ａ、ｂ、ｃ ,并记Ｐ =ａ3 ｂ3 ｃ3 , Ｑ =ａｂｃ,Ｒ =ａ2 ｂ ａｂ2 ｂ2 ｃ ｂｃ2 ｃ2 ａ ｃａ2 ,则 Ｐ 3Ｑ ≥Ｒ . 证明 考虑到三角形两边之和大于第三边 ,有(ａ -ｂ) 2 (ａ ｂ -ｃ)=ａ3 ｂ3 -ａ2 ｂ -ａｂ2 -ｂ2 ｃ-ｃａ2 2ａｂｃ≥ 0 ,(ｂ-ｃ) 2 (ｂ ｃ -ａ)=ｂ3 ｃ3 -ｂ2… 相似文献
2.
近日读了西北师大《数学教学研究》上的一篇文章 (见文 [1]) ,该文研讨了关于三角形三边ａ、ｂ、ｃ的一个不等式Ｐ 3Ｑ ≥Ｒ ,(1)其中Ｐ = ａ3 =ａ3 ｂ3 ｃ3 ,Ｑ =ａｂｃ ,Ｒ = ａ2 ｂ=ａ2 ｂ ａｂ2 ｂ2 ｃ ｂｃ2 ｃ2 ａ ｃａ2 .今将不等式 (1)中的Ｒ改记为Ｆ ,从而不等式(1)改写为Ｐ 3Ｑ ≥Ｆ ,(2 )其中Ｐ = ａ3 ,Ｑ =ａｂｃ ,Ｆ = ａ2 ｂ .本文将指出 ,不等式 (2 )本质上等价于著名的欧拉不等式 .首先 ,易知不等式 (2 )可以改写为 ａ3 5ａｂｃ≥ (ａ ｂ) (ｂ ｃ) (ｃ ａ) .(3) 其次 ,由熟知的恒等式 (其中Ｒ、ｒ分别表示三角… 相似文献
3.
包含△ＡＢＣ的三边ａ ,ｂ ,ｃ的三角形不等式 ,形式各异 ,多姿多采 ,而传统证明方法却只能因题制宜 ,灵活多变 ,无一定法 ,颇具难度 .本文介绍一种统一的新证法 :“Ｐ-Ｑ -Ｒ”法 .定理 设ａ ,ｂ ,ｃ为△ＡＢＣ的三边 ,记Ｐ =ａ3 ｂ3 ｃ3= ａ3,Ｑ =ａｂｃ= ａ ,Ｒ =ａ2 ｂ ａｂ2 ｂ2 ｃ ｂｃ2 ｃ2 ａ ｃａ2 = ａ2 (ｂ ｃ) = ｂｃ(ｂ ｃ) ,则 2Ｐ ≥Ｐ 3Ｑ ≥Ｒ≥ 12 (Ｐ 9Ｑ)≥ 6Ｑ ,Ｐ 3Ｑ ≥Ｒ >Ｐ 2Ｑ .当且仅当正三角形时各等号成立 ; 、 分别为循环和、循环积 )证明 (ⅰ )依平均值不等式 ,立得Ｐ =ａ3 ｂ3 ｃ3≥ 3ａｂｃ=… 相似文献
4.
算术———几何平均值不等式是高中数学解题的重要工具 ,特别是二、三元均值不等式 ,无论是在高考 ,还是在竞赛中都有着广泛的用途 .突破均值不等式的变用、活用以及跨学科应用是本讲需要解决的核心问题 .一、基础知识1 .二元均值不等式及其变形ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ (ａ ,ｂ∈Ｒ) ,ａ ｂ≥ 2 ａｂ (ａ ,ｂ∈Ｒ ) ,ａｂ≤ ａ ｂ22 (ａ ,ｂ∈Ｒ) ,ａｂ≤ ａ2 ｂ22 (ａ ,ｂ∈Ｒ) .2 .三元均值不等式及其变形ａ3 ｂ3 ｃ3≥ 3ａｂｃ,ａ ｂ ｃ≥ 3 3ａｂｃ ,ａｂｃ≤ ａ3 ｂ3 ｃ33 ,ａｂｃ≤ ａ ｂ ｃ33(ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ) .3.ｎ元均… 相似文献
5.
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=… 相似文献
6.
孙建斌 《中学数学教学参考》1999,(11)
定理 设ａ,ｂ,ｃ为非负实数,记Ｐ＝∑ａ３＝ａ３＋ｂ３＋ｃ３,Ｑ＝∏ａ＝ａｂｃ,Ｒ＝∑ｂｃ（ｂ＋ｃ）＝ａ２ｂ＋ａｂ２＋ｂ２ｃ＋ｂｃ２＋ｃ２ａ＋ｃａ２,则 ２Ｐ≥Ｐ＋３Ｑ≥Ｒ≥６Ｑ．①证明：第一个不等式显然;由ａｂｃ≥（ｂ＋ｃ－ａ）（ｃ＋ａ－ｂ）（ａ＋ｂ－ｃ）,展开、整理,即得Ｐ＋３Ｑ≥Ｒ;应用几何—算术均值不等式即得Ｒ≥６Ｑ．有大量不等式与①等价,如∑ａ２（ｂ＋ｃ－ａ）≤３ａｂｃ,∑ａ（ａ－ｂ）（ａ－ｃ）≥０,∑ａ（ａ－ｂ－ｃ）２≥３ａｂｃ（ａ,ｂ,ｃ为三角形三边）都等价于Ｐ＋３Ｑ≥Ｒ,通过变形… 相似文献
7.
证明不等式,就是要证明给定不等式对于其定义域中一切数都能成立,即要证明它是一个绝对不等式,证明不等式的关键,在于抓住“条件”与“求证”之间的内在联系和结构特征,联系有关的基础知识,进行适当的变换。证明不等式的主要依据是不等式的性质,以及一些熟知的基本不等式,如ａ2 ｂ2≥2ａｂ(并且仅当ａ=ｂ时,等式成立)。ｂａ ａｂ≥2(ａ,ｂ同号,当且仅当ａ=ｂ时等式成立)。ａ ｂ2≥ａｂ(ａ,ｂ∈Ｒ 同号,当且仅当ａ=ｂ时等式成立)。ｔｇα ｃｔｇα≥2ｓｉｎα ｃｏｓα≥1 (0≤α≤π2)不等的证明方法多种多样,下面例举几种常见思考方法,… 相似文献
8.
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… 相似文献
9.
文[1] 介绍了涉及三角形高线的不等式 :ｒ(5Ｒ-ｒ)Ｒ2 ≤ ｈ2 ａｂｃ ｈ2 ｂｃａ ｈ2 ｃａｂ ≤ (Ｒ ｒ) 2Ｒ2 ①文[2 ] 在①的基础上 ,建立的如下不等式 :ｂｃｈ2 ａ ｃａｈ2 ｂ ａｂｈ2 ｃ≥ 4②文[3 ] 建立了比②更强的如下不等式 :ｂｃｔ2 ａ ｃａｔ2 ｂ ａｂｔ2 ｃ≥ 4③ 本文提出如下涉及ｈａ,ｈｂ,ｈｃ 的不等式链 : ｂｃｒ2 ａ≥ 2Ｒｒ = ｂｃｈ2 ａ≥ Ｒｒ 2= ｂｃｔ2 ａ≥ ｂｃｒｂｒｃ ≥4, ｂｃｍ2 ａ④而这一不等式④只须巧用三角形中诸元素的代数变换体系ｆ(ｒａ,ｒｂ,ｒｃ) =ｆ(ｘ,ｙ,ｚ)简证之 .1 三角形诸元素… 相似文献
10.
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… 相似文献
11.
不等式的证明是高三数学教学中的一个难点 ,如何寻求不等式的证明思路是学生感到困难的问题 .本文通过对一道不等式证明问题的多角度思考来说明不等式证明中的一些常用方法 .题目 己知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ且ａ+ｂ +ｃ=1,求证ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ≥ 13思路 1 在己知和求证的两个关系式中如若取ａ=ｂ =ｃ=13 ,便会出现等号成立 .由此可见当且仅当ａ =ｂ=ｃ =13 时不等式取等号 ,于是得到如下证法 .证法 1 ａ2 + (13 ) 2 ≥ 23 ａ ;ｂ2 + (13 ) 2≥ 23 ｂ ,ｃ2 + (13 ) 2 ≥ 23 ｃ所以ａ2 +ｂ2 +ｃ2 + 3 (13 ) 2 ≥ 23 (ａ +ｂ+ｃ)所以ａ2 +ｂ2 +ｃ2 … 相似文献
12.
定理 设Ｐ是△ＡＢＣ平面一动点 ,ＢＣ=ａ ,ＣＡ =ｂ ,ＡＢ =ｃ.则有ＰＡａ ＰＢｂ ＰＣｃ ≥ ∑ａ2∑ｂ2 ｃ2 . ( 1 )为证式 ( 1 ) ,先给出两个引理 .引理 1 [1] 设ｘ、ｙ、ｚ∈Ｒ .在△ＡＢＣ中 ,有(ｘ ｙ ｚ) (ｘＰＡ2 ｙＰＢ2 ｚＰＣ2 )≥ａ2 ｙｚ ｂ2 ｚｘ ｃ2 ｘｙ . ( 2 )引理 2 [2 ] 在△ＡＢＣ中 ,有ＰＢ·ＰＣｂｃ ＰＣ·ＰＡｃａ ＰＡ·ＰＢａｂ ≥ 1 . ( 3 )式 ( 2 )即著名的Ｋｌａｍｋｉｎ不等式 ,式 ( 3 )是我们熟知的Ｈａｙａｓｈｉ不等式 .定理证明 :在式 ( 2 )中 ,令ｘ =1ａ2 ,ｙ =1ｂ2 ,ｚ =1ｃ2 ,得 Ｐ… 相似文献
13.
三元均值不等式的加强及其应用 总被引：2，自引：0，他引：2
安振平 《中学数学教学参考》1998,(10)
高中《代数》下册给出的三元均值不等式是：如果ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ＋,那么ａ３＋ｂ３＋ｃ３≥３ａｂｃ,①当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ时取“＝”号．此不等式可加强为：定理如果ａ,ｂ,ｃ≥０,那么ａ３＋ｂ３＋ｃ３≥３ａｂｃ＋ａ（ｂ－ｃ）２＋ｂ（ｃ－ａ）２＋ｃ（ａ－ｂ）２．... 相似文献
14.
本文给出关于三元ａ ,ｂ,ｃ轮换对称的一类不等式及其应用 .1 几个命题命题 1 设ａ、ｂ、ｃ为正实数 ,ｋ为常数 ,ｋ≥ 2 ,则(1) ａａ+ｋｃ+ｂｂ+ｋａ+ｃｃ+ｋｂ ≥ 31+ｋ;(Ａ)(2 ) ａｋａ+ｂ+ｂｋｂ+ｃ+ｃｋｃ+ａ ≤ 31+ｋ. (Ｂ)证明 (1)由柯西不等式得(Ａ)式左边 =ａ2ａ(ａ +ｋｃ) +ｂ2ｂ(ｂ +ｋａ) +ｃ2ｃ(ｃ+ｋｂ) ≥ (ａ+ｂ +ｃ) 2ａ(ａ+ｋｃ) +ｂ(ｂ +ｋａ) +ｃ(ｃ +ｋｂ)= (ａ +ｂ+ｃ) 2ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +ｋ(ａｂ +ｂｃ+ｃａ) .又ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +ｋ(ａｂ+ｂｃ +ｃａ)=ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +ｋ - 23(ａｂ +ｂｃ+ｃａ) +2 (1+ｋ)3(ａｂ+ｂ… 相似文献
15.
文 [1]介绍了涉及三角形高线的不等式 : ｒ(5Ｒ -ｒ)Ｒ2 ≤ ｈ2 ａｂｃ ｈ2 ｂｃａ ｈ2 ｃａｂ ≤ (Ｒ ｒ) 2Ｒ2 .①文 [2 ]在①的基础上 ,建立又一不等式 : ｂｃｈ2 ａ ｃａｈ2 ｂ ａｂｈ2 ｃ≥ 4 . ②由①、②笔者得到启发 ,得出了②的一个加强不等式 :定理 设ｔａ、ｔｂ、ｔｃ分别是△ＡＢＣ的ａ、ｂ、ｃ边上的高 ,则有 ｂｃｔ2 ａ ｃａｔ2 ｂ ａｂｔ2 ｃ≥ 4 .③证明 记△ＡＢＣ的半周长和面积分别为ｓ和△ ,文 [3]证得 ａｂｃ≥ 233△ｓ.易得 ｔａ ≤ｓ(ｓ-ａ) ,ｔｂ ≤ｓ(ｓ-ｂ) ,ｔｃ ≤ｓ(ｓ-ｃ) ,于是应用 … 相似文献
16.
一类分式不等式的一种证法 总被引：2，自引：0，他引：2
在分母为多项式的分式不等式中 ,有些不等式 ,通过变量代换 ,把分母化为单项式 ,灵活运用均值不等式或适当的放缩 ,便能得到简洁明快的证法 .举例如下例 1 已知△ＡＢＣ的三边长为ａ,ｂ ,ｃ ,求证 :ａｂ ｃ -ａ ｂｃ ａ -ｂ ｃａ ｂ -ｃ≥ 3.证 设ｂ ｃ-ａ =2ｘ ,ｃ ａ -ｂ=2ｙ ,ａ ｂ-ｃ=2ｚ,ｘ ,ｙ ,ｚ >0 .令不等式的左端为Ｍ ,则Ｍ =ｙ ｚ2ｘ ｘ ｚ2ｙ ｘ ｙ2ｚ= (ｙ2ｘ ｘ2ｙ) (ｚ2ｙ ｙ2ｚ) (ｘ2ｚ ｚ2ｘ)≥ 2 ｙ2ｘ· ｘ2ｙ 2 ｚ2ｙ· ｙ2ｚ 2 ｘ2ｚ· ｚ2ｘ= 1 1 1=3.例 2 设ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ ,求证 :ｘ2ｘ ｙ ｚ ｙｘ 2ｙ… 相似文献
17.
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… 相似文献
18.
涉及三角形高线的一个不等式 总被引：7，自引：5，他引：2
受文 [1]、[2 ]启发 ,笔者得到一个涉及三角形高线的不等式 .命题 设△ＡＢＣ对应边ａ、ｂ、ｃ上的三条高线是ｈａ、ｈｂ、ｈｃ,外接圆、内切圆半径分别是Ｒ、ｒ ,则有ｒ( 5Ｒ -ｒ)Ｒ2 ≤ ｈ2 ａｂｃ ｈ2 ｂｃａ ｈ2 ｃａｂ≤(Ｒ ｒ) 2Ｒ2 ,当且仅当ａ =ｂ =ｃ时等号成立 .为了证明命题 ,先给出如下的引理 .引理 设ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的边长 ,Ｒ、ｒ、Ｓ分别为△ＡＢＣ的外接圆半径、内切圆半径、面积 ,则ｒ( 5Ｒ -ｒ)ＲＳ ≤ 1ａ 1ｂ 1ｃ ≤(Ｒ ｒ) 2ＲＳ ,当且仅当ａ =ｂ =ｃ时等号成立 .证明 由熟知的恒等式 ａｂｃ=4ＲＳ ,… 相似文献
19.
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+… 相似文献
20.
《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… 相似文献