数学奥林匹克中的不等式问题下

设 x1 = max{ x1 , x2 , …, x n } ,
x n = min{ x1 , x2 , …, x n }.
则 x1 x n - 1 x n > x′ n - 1 x′ n. 故 f ( n , m ) > y1 f ( n - 2 , m - 1) > 0.
( 3) x1 + x n ≥y1 + 2 ( n ≥ 3) .
结合反证法来说明 .
( 3) 其他调整方法 .
② 要证式 ② 只须证
( y - x ) 2 [3 (1 - z ) 2 - 6 (1 - z ) + 2 ] ≤ 0. ③
例 10 设 x、 y、 z > 0. 试证 :
∑
( x + y - z ) 2 ≥3 . ( x + y ) 2 + z2 5
Ζ h ( n) = mn + 1 + mn 2 ≥h ( 1) ( m + n) Ζ mn + 1 + mn 2 ≥m + 1 + m 2 ( m + n) (1 + m )
④
≤ ∑ 3+z 5
4z
6 Ζ
∑z + 3 ≥10 .
1
9
由柯西不等式即证 . 评注 : 最后一个证明与前两个证明比较 , 前者像放水捉鱼 ,后者似垂竿悬钓 ,两者均能 得到鱼 ,但后者不仅需要扎实的基本功 ,更要 有灵巧的头脑 . 这个证明让我们欣赏到了数 学思维的美妙 ,体验到了创新思维的快感 ,激 发了渴望创新的潜能 . 例 11 同例 7. 讲解 : 利用调整法 , 给出一个纯三角证 法. 原不等式可化为
因为 1 > 1 - z ≥ 而f
2 , 2
2 ,所以 ,式 ③ 成立 . 3 6 ,z ≤ 5
( x + y - z ) 2 ≥3 讲解 1 : ∑ ( x + y ) 2 + z2 5
x+ y x+ y
Ζ f ( x , y , z) =
∑
( x + y ) z ≤6 . ① ( x + y ) 2 + z2 5
(2) 由 (1) 知| a| + | b| + | c | = a - ( b + c) = 2 a
3
个不相等的实数根 x1 、 x2 ,且 x1 < 1 < x2 . 那么 , a 的
). 取值范围是 ( (A) 2 2 2 < a< (B) a > 7 5 5 2 7 (D) 2 < a<0 11
2
⑤
= m +2m n + m n + m +2m n +
mn + m - m - n - 1
2 2
4
3
2
2
3
2
≤1 + 1 n + 1 n + 1 + 1 n + 1 + 16 4 4 8 2 4
m ( n - 1) - 1 - n
2
= m ( n - 1) -
2
9 < 0. 16
故式 ⑤ 成立 ,从而 ,式 ② 得证 .
x′ n = a + x n = y 1 , x′ 1 = x1 - a ,
, x 2 , …, x n - 1 , A ) ,
且 2 ≤x′ 1 ≤x 1 . 则 x1 x n > x′ 1 x′ n. 故 f ( n , m ) > y1 f ( n - 1 , m - 1) > 0. 综上 ,知 f ( n , m ) > 0 对 n + m 成立 . 讲解 2 :也可由 k > 出原不等式的一个简证 . 因为 n > m ,2 ≤x1 < … < x n ,4 ≤y1 < …
1 < x2 < …< x′ n < y1 < …< y m ,
且 x1 x n > x1 + x n = x′ n. 故 f ( n , m ) > x2 …x n - 1 x′ n - y1 …y m
= f ( n - 1 , m ) > 0. ( 2) x1 + x n = y1 + 1 ( n ≥ 3) .
4z 4z ≤ = , 3 ( x + y) + 4 z 3 + z 6 所以 ,只须证 f ( x , y , z ) ≤ ,即只须证 5
2
,则 0 <
π 1 2 n≤ 1 ,0 < m ≤ ( 因 ≤∠A + ∠B <π) .
3
A+B A+B 故 g ( A , B , C) ≥g , ,C 2 2
Ζ (3 z - 1) 2 ( 3 z2 - z + 1) ≥ 0. 故原不等式成立 . 讲解 2 :利用局部不等式
(1 - z) z ≤ λ( 3 z - 1) + μ ( 1 - z ) 2 + z2
( 提示 : 视 t 为参数 ,构造以 a 、 b 为两根的一元
不妨设 x ≥y ≥z > 0 , x + y + z = 1. 先证
故 x k ≥y11 , y11 > y k . 从而 , x1 x2 …x n ≥y1y1
> y1 1
y
则 n> m≥ 1. 我们的想法是 , 通过调整 x1 , x2 , …, x n , 使其积逐步减少 ,而 y1 , y2 , …, y m 不变 . 若调整后的 x′ 1 , x′ 2 , …, x′ k 的积仍大于
注意到
cos A + 1 1 + cos B + 1 + cos A 1 + cos B 2 + cos A + cos B 4cos = 2cos
A+B
2
= ( cos A + cos B ) +
Ζ 4 (1 - u2 ) u + 1 + 2 (1 - 2 u2 ) (1 - u2 ) + 1 1+ u
6
中 等 数 学
数学奥林匹克中的不等式问题 ( 下)
唐立华
( 华东师范大学二附中 ,200062)
( 本讲适合高中)
4 调整法 ( 1) 对三个变元的不等式 f ( x , y , z ) ≥ 0,
f ( x , y , z ) ≤f
x+ y x+ y
2
,
2
,z
Ζ
(1 - x ) x (1 - y) y + (1 - x ) 2 + x2 ( 1 - y ) 2 + y2
例 16 给定正整数 n ( n ≥ 2) , 设正整数 ai ( i = 1 ,2 , …, n) 满足
的最小值为 2
2 2
3
4k. )
2 2
( C) a < -
4. 已知实数 a 、 b 满足 a + ab + b = 1 ,且 t = ab - a - b . 试求 t 的取值范围 . (2001 ,全国初中数学竞赛)
(2002 ,全国初中数学竞赛) ( 提示 : 仿例 9. 答案 :D. )
2006 年第 8 期
y1 , y2 , …, ym 的积 ,则原题得证 .
1 ( x + x + …+ x )
1 2
n
1 ( y + y + …+ y )
1 2
m
> y1 y2 …ym .
评注 : 前一个证明思路自然 ,而后一个证 明则需要较强的洞察能力 . 两个证明均需要 扎实的代数基本功 . 例 14 设 x、 y、 z≥ 0 , xy + yz + zx = 1. 则
2006 年第 8 期
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x+ y ≥ 讲解 : 不妨设 x ≥y ≥z , 记 u = 2
x = k 这点与其相邻两点 x = k - 1 和 x = k +
1 的割线斜率之比较 .
1 z . 由题设条件有 u ≥ . 3
2
当 u≥ 1时,
1 1 ≥5 f ≥ + x + y =2u + ; x+ y 2u 2
可排序后证明 :
y+z y+z f ( x , y , z ) ≥f x , ,
2 (1 - u) u x+ y ≤ u= 2 ( 1 - u) 2 + u2
2
2
≥ 0.
Ζ ( y - x)
(2) 对多元的情形 , 可先作上述调整 , 再
3x + y - 2 3y + x - 2 ≤ 0. (1 - x) 2 + x2 (1 - y) 2 + y2
(1) 试求 max{ a , b , c} 的最小值 ; (2) 试求| a| + | b| + | c| 的最小值 . (提示 : ( 1 ) 根据题意可知 , a 、 b、 c 必为一正两
负 . 不妨设 a > 0 、 b < 0、 c < 0. 于是 , 视 a 为参数 , 构 造以 b 、 c 为两个实根的一元二次方程 . 根据 Δ ≥ 0, 可求得max{ a , b , c} = a 的最小值为 4 k .
2 ≥ 7 (1 - u )
A
2
・ cos
2
B
2
2
・ cos
A- B