Национальная математика математика Математика Полное руководство: число и незаконное представление
Цена: 844руб. (¥39.9)
Артикул: 578059234585
Вес товара: ~0.7 кг. Указан усредненный вес, который может отличаться от фактического. Не включен в цену, оплачивается при получении.
Описание товараПродавец:当当网官方旗舰店
Рейтинг:
Всего отзывов:0
Положительных:0
Добавить в корзину
Другие товары этого продавца
¥40.95866руб.
¥10.4220руб.
¥16.57351руб.
¥ 106.6 6.7142руб.
Метод уникален, а объяснения точны; делать выводы из одного примера и совмещать обучение и практику; резюме многолетнего опыта преподавателей, работающих на переднем крае; попрощайтесь с тактикой моря вопросов и легко получите высшую оценку
Оглавление
Глава 1. Арифметическая последовательность, геометрическая последовательность и суммирование последовательностей
1.1 Арифметическая последовательность
1.1.1 Базовые знания об арифметической последовательности
1.1.2 Свойства арифметической последовательности
1.1.3 Пример анализа
1.2 Геометрическая последовательность
1.2.1 Базовые знания геометрической последовательности
1.2.2 Свойства геометрической прогрессии
1.2.3 Пример анализа
1.3 Сумма последовательностей
1.3.1 Базовые знания о суммировании последовательностей
1.3.2 Общие методы суммирования последовательности
1.3.3 Пример анализа
Глава 2. Рекурсивные последовательности и арифметические последовательности высшего порядка
2.1 Общие положения последовательности
2.1.1 Определение общей формулы
2.1.2 Общие методы изучения общей формулы рекурсивной последовательности
2.1.3 Пример анализа
2.2 Рекурсивный метод
2.2.1 Определение рекурсивного метода
2.2.2 Несколько форм использования рекурсивного метода
2.2.3 Пример анализа
2.3 Различия последовательности и арифметической последовательности высшего порядка
2.3.1 Отличие последовательности и ее свойств
2.3.2 Арифметическая последовательность высшего порядка и ее свойства
2.3.3 Пример анализа
Глава 3. Свойства последовательностей и моделей последовательностей
3.1 Монотонность последовательности
3.1.1 Определение монотонности последовательности
3.1.2 Метод доказательства монотонности последовательности
3.1.3 Пример анализа
3.2 Периодичность последовательности
3.2.1 Понятие периодической последовательности
3.2.2 Важные свойства и выводы о периодической последовательности
3.2.3 Пример анализа
3.3 Модели последовательностей и их приложения
3.3.1 Модель последовательности и математическое моделирование
3.3.2 Типичные примеры моделей последовательностей
Глава 4. Основы неравенства
4.1. Основные методы доказательства неравенств (1)
4.1.1 Сравнительный метод
4.1.2 Комплексный метод и аналитический метод
4.1.3 Пример анализа
4.2 Основные методы доказательства неравенств (2)
4.2.1 Доказательства от противного
4.2.2 Метод масштабирования
4.2.3 Пример анализа
4.3 Решения неравенств
4.3.1 Основные идеи решения неравенств
4.3.2 Свойства неравенств
4.3.3 Пример анализа
Глава 5. Важные неравенства
5.1 Среднее неравенство
5.1.1 Ключевые моменты знаний
5.1.2 Пример анализа
5.2 Неравенство Коши
5.2.1 Ключевые моменты знаний
5.2.2 Пример анализа
5.3 Сортировочное неравенство и неравенство Циньшэна
5.3.1 Ключевые моменты знаний
5.3.2 Пример анализа
Глава 6. Комплексные проблемы последовательностей и неравенств
6.1. Доказательство неравенств последовательности
6.1.1 Краткое содержание
6.1.2 Пример анализа
6.2 Список вопросов
6.2.1 Ключевые моменты знаний
6.2.2 Пример анализа
6.3. Сгруппированные последовательности и их применение.
6.3.1 Ключевые моменты знаний
6.3.2 Пример анализа
Глава 5. Важные неравенстваВ математике есть много известных неравенств. В этой главе будут представлены важные неравенства, обычно используемые в различных исследованиях и их приложениях. 5.1 Среднее неравенство 5.1.1 Очки знаний
Пусть а1, а2,…, an — n положительных действительных чисел, обозначаемых как
Hn=n1a1 1a2…1ан，Гн=на1а2…ан,
An=a1 a2…энн, Qn=a21 a22… a2nn.
Hn, Gn, An, Qn называются средним гармоническим, средним геометрическим, средним арифметическим и средним квадратическим этих n положительных чисел соответственно. Эти четыре средних имеют следующую взаимосвязь:
Hn≤Gn≤An≤Вопрос,
Знак равенства тогда и только тогда, когда a1=a2=…=an установлен. Доказательство: (1) Сначала докажите An.≥Гн, докажите методом математической индукции. При n=1, a1=a1 неравенство установлено. Когда n=2, по
a1 a22-a1a2=(a1-a2)22≥0,
придется
a1 a22≥а1а2. Неравенство установлено. Предположим, n=k(k≥2, к∈Неравенство справедливо, когда N), тогда когда n=k 1,
Ak 1=a1 a2… ak ak 1k 1
=a1 a2… ak 1 (k-1)Ak 12k
=12a1 a2… akk ak 1 Ak 1…Ак 1(к-1)к
≥12ka1a2…ak kak 1Ak-1k 1
≥ka1a2…ak·kak 1Ak-1k 1.
тем самым
A2kk 1≥a1a2…акак 1Ак-1к 1,
Упростить
Ak 1≥k 1a1a2…akak 1.
Тогда и только тогда, когда a1=a2=…=ak=ak 1=Ak 1, неравенство принимает знак равенства. (2) Из Ан≥Н, получил
1a1 1a2… 1an≥nn1a1a2…ан=nGn,
Прямо сейчас
Gn≥n1a1 1a2… 1an=Hn.(3) Qn≥Ann(a21 a22… a2n)-(a1 a2… an)2≥0
Левая часть приведенной выше формулы = (a1-a2)2 (a1-a3)2.… (a1-an)2 (a2-a3)2… (a2-an)2… (an-1-an)2≥0, если и только если a1=a2=…=an, уравнение выполнено. Подводя итог, Хн≤Gn≤An≤Qn, знак равенства тогда и только тогда, когда a1=a2=…Уравнение справедливо, когда =an.
5.1.2 Пример анализа [Пример 1] Известно, что a, b, c — положительные числа. Проверьте: (a 1)3b (b 1)3c (c 1)3a≥814. Доказательство: Поскольку>0,б>0,с>0, так что
Левый≥3(a 1)(b 1)(c 1)3abc
=3a 12 12b 12 12c 12 123abc
≥333a4·33b4·33c43abc
=814.
Аннотация: Это можно реализовать через неравенство среднего“и”и“Накапливать”трансформации, и в то же время играет роль снижения мощности.
[Вариант 1] Положительные числа x, y, z удовлетворяют требованию xyz=1, проверьте: x2 y2 z2 xy yz zx≥2(x y z).
[Вариант 2] Пусть a>b>0, проверьте: 2a3 3ab-b2≥10.
[Вариант 3] Пусть x>0,у>0, проверьте: 2x y3·x 2y32≥xy·x y23.
[Вариант 4] Докажите: последовательность 1 1nn монотонно возрастает.
[Вариант 5] Известно x>0,у>0,з>0, x y z=1, проверьте: x3 y3 z3≥19.
【Пример 2】Предположим>0,б>0,с>0, проверьте: a2b b2c c2a≥а б в. Докажите: потому что>0,б>0,с>0, так что
a2b b≥2a2b·b=2a.①По той же причине
b2c c≥2б, ②
c2a a≥2в.③
Сложите левую и правую части ①②③ соответственно, чтобы получить
a2b b2c c2a≥a b c.
Аннотация: Этот вопрос можно распространить на n-элементные неравенства, т. е. полагая x1, x2,…, xn — все положительные числа, проверьте:
x21x2 x22x3… x2n-1xn x2nx1≥x1 x2… xn.
[Вариант 1] Известен>0,б>0,с>0. Проверьте: 2aba b bcb c cac a≤a b c.
[Вариант 2] Известен>0,б>0,с>0, проверка: abc≥(a b-c)(b c-a)(c a-b).
[Вариант 3] Пусть a>0,б>0,с>0, проверьте: ca ab c bc≥2.
[Вариант 4] Известно, что положительные действительные числа a, b, c удовлетворяют условию a b c=1. Проверьте: a2 b2 c2 23abc≤1.
[Пример 3] Найдите функцию y=(x-1)5(10x-6)9 в x>* значение равно 1. Решение 1. Поскольку x>1, так что
y=125×(2x-2)5(10x-6)9=125×2x-210x-65110x-64
≤1255×2x-210x-6 410x-6999=12599.
Тогда и только тогда, когда 2x-210x-6=110x-6, то есть, когда x=32, y принимает значение *, а значение * равно 12595.
Аннотация: Этот вопрос воплощает в себе общую стратегию использования метода неопределенных коэффициентов и среднего неравенства для определения значения *. В начале предположим
y=1λ5·(λx-λ)5(10x-6)9≤1λ5·5·λx-λ10x-6 4·110х-6999,
Чтобы получить это значение, пусть 5(λx-λ) 4=k(10x-6), поэтому нам нужно всего лишь взятьλ=1, k=1 можно использовать для нахождения неопределенного коэффициента.
Решение второе:
y′=20(3-2x)(x-1)4(10x-6)10,
Итак, когда х>32 часа, да′<0; когда 1<x<32 часа, да′>0.
Таким образом, f(x) монотонно возрастает на 1,32; 32,∞монотонно убывает. Следовательно, когда x=32, ymax=12595. [Вариант 1] Пусть x, y и z — действительные числа, которые не все равны нулю. Доказательство: xy 2yzx2 y2 z2≤52.
[Вариант 2] Предположим, что x, y, z, w — действительные числа, не все из которых равны нулю. Доказательство: xy 2yz zwx2 y2 z2 w2≤2 12.
[Вариант 3] Пусть x>0,у>0,з>0 и x y z=1, найдите * значение функции f(x, y, z) = xy2z3.
[Вариант 4] Известно, что положительные числа a, b, c удовлетворяют: a2 ab ac bc=6 25, найдите минимальное значение 3a b 2c.
5.2 Неравенство Коши 5.2.1 Ключевые моменты знаний
Неравенство Коши заключается в следующем. Пусть ай, би∈R(i=1,2,…,n), тогда
∑ni=1aibi2≤∑ni=1a2i∑ни=1b2i,
Когда массивы a1, a2,…, ан; б1, б2,…, когда bn не все равно нулю, знак равенства равен тогда и только тогда, когда bi=λai(λконстанта, i=1, 2,…, установленный при n). Доказательство: если а21 а22…a2n=0, тогда a1=a2=…=an=0, в этот момент неравенство, очевидно, выполняется. Когда∑ni=1a2i≠Когда 0, постройте квадратичную функцию
f(x)=∑ni=1a2ix2-2∑ni=1aibix∑ни=1b2i,
Легко узнать
f(x)=∑ni=1(aix-bi)2≥0,
Таким образом, дискриминант этой квадратичной функцииΔ≤0, это
4∑ni=1aibi2-4∑ni=1a2i∑ni=1b2i≤0, это
∑ni=1aibi2≤∑ni=1a2i∑ни=1b2i. Знак равенства находится в положении aix-bi=0, то есть bi=λай(я=1,2,…, установленный при n).
5.2.2 Анализ примера [Пример 4] Известно, что действительные числа a, b, c, d удовлетворяют a b c d=3, a2 2b2 3c2 6d2=5, находят * значение и * минимальное значение a. Решение: Согласно неравенству Коши имеем
(2b2 3c2 6d2)·12 13 16≥(б в г)2,
Также из-за
2b2 3c2 6d2=5-a2,b c d=3-a,
так
5-a2≥(3-а)2,
Прямо сейчас
a2-3a 2≤0,
так
1≤a≤2,
Только
2б12=3с13=5д15,
То есть знак равенства сохраняется, когда 2b=3c=6d. Следовательно, когда b=1, c=23 и d=13, a имеет минимальное значение 1; когда b=12, c=13 и d=16, a имеет *значение 2.
Аннотация: Ключом к решению этой проблемы является построение неравенства относительно сквозного неравенства Коши.
[Вариант 1] Предположим, что a, b, c — положительные числа и a b c=1, найдите минимальное значение a 1a2 b 1b2 c 1c2.
[Вариант 2] Найдите * значение функции y=4x-2 9-3x.
[Вариант 3] Известно, что a, b, c, d и e — действительные числа, удовлетворяющие a b c d e=8, a2 b2 c2 d2 e2 = 16, попробуйте определить * значение e.
[Пример 5] Решите систему уравнений x2 y2 z2=94, -8x 6y-24z=39. Решение: Из неравенства Коши получаем
(x2 y2 z2)［(-8)2 62 (-24)2］≥(-8x 6y-24z)2,
Прямо сейчас
94×262≥392,
снова
94×262=392,
Из условий установления знака равенства неравенства Коши знаем:
х-8=y6=z-24,
Также из-за
-8x 6y-24z=39,
так
х=-613, у=926, z=-1813.
Аннотация: Вообще говоря, решением системы трехмерных квадратных уравнений, состоящей всего из двух уравнений, является не *, а решение этой задачи есть *, поскольку оно как раз удовлетворяет условиям равенства неравенства Коши.
[Вариант 1] Решите неравенство x-x2 4x-x2≥2.
[Вариант 2] Решите систему уравнений 2x 3y z=13,
4x2 9y2 z2-2x 15y 3z=82.
[Вариант 3] Предположим, a, b, c, x, y, z — действительные числа и a2 b2 c2=25, x2 y2 z2=36, ax на cz=30, найдите значение a b cx y z.
[Вариант 4] Известно, что a и b — положительные числа, n — целое положительное число, а sin4θa cos4θb=1a b, докажите: sin2nθan-1 cos2nθbn-1=1(a b)n-1.
【Пример 6】Предположим≥0,б≥0,с≥0 и а б в≤3. Проверка:
a1 a2 b1 b2 c1 c2≤32≤11 a 11 b 11 c.
Доказательство. Поскольку неравенство Коши можно преобразовать в
∑nk=1b2kak≥∑nk=1bk2∑нк=1ак,ак>0,к=1,2,…, н.
Пусть bk=1, получим
∑nk=11ak≥n2∑nk=1ak.
так
11 a 11 b 11 c≥32(1 a) (1 b) (1 c)≥323 3=32，
Также из-за
1 a2≥2а,
так
a1 a2≤12,
Такой же
b1 b2≤12, с1 с2≤12.
Таким образом, существует
a1 a2 b1 b2 c1 c2≤12 12 12=32,
Условие соблюдения знака равенства:
a=b=c=1.
Аннотация: Общая форма неравенства Коши выглядит следующим образом: (1) Для любых двух наборов действительных чисел ai, bi (i=1, 2,…,н), есть∑ni=1aibi≤∑ni=1a2i·∑ni=1b2i, тогда и только тогда, когда ai=kbi (k — константа, i=1, 2,…, n) сохраняется знак равенства, который можно выразить в виде векторной формы |α·β|≤|α|·|β|, где, тогда и только тогда, когдаα,βЗнак равенства сохраняется, когда он линейно связан. (2) Для любых двух наборов положительных действительных чисел ai, bi (i=1, 2,…,н), есть∑ni=1aibi2=∑ni=1ai·aibi2≤∑ni=1ai∑ni=1aib2i, тогда и только тогда, когда bi является константой, знак равенства в приведенной выше формуле установлен. Преобразование∑ni=1aib2i≥∑ni=1aibi2∑ni=1ai, часто бывает удобно иметь дело с дробными неравенствами. (3) Для любых двух наборов положительных действительных чисел ai, bi(i=1, 2,…,н), есть∑ni=1ai2=∑ni=1aibi·aibi2≤∑ni=1aibi∑ni=1aibi, тогда и только тогда, когда bi является константой, знак равенства в приведенной выше формуле установлен. Преобразование∑ni=1aibi≥∑ni=1ai2∑ni=1aibi, что часто удобно при работе с дробными неравенствами.
(4) Для любых двух наборов положительных действительных чисел ai, bi (i=1, 2,…,н), есть∑ni=1ai2=∑ni=1bi·aibi2≤∑ni=1bi∑ni=1a2ibi, тогда и только тогда, когда bi — константа, знак равенства в приведенной выше формуле установлен. Преобразование∑ni=1a2ibi≥∑ni=1ai2∑ni=1bi, часто бывает удобно иметь дело с дробными неравенствами. (5) Для любых двух наборов действительных чисел a1, a2…, ан и b1, b2,…, Бн, есть∑ni=1aibi2≤∑ni=1λ2a2i∑ni=1b2iλ2(λ≠0), тогда и только тогда, когда ai=kbi (k — константа, i=1, 2,…, n), приведенное выше уравнение имеет место.
[Вариант 1] P — это точка внутри △ABC. Расстояния от него до трех сторон BC, CA и AB равны d1, d2 и d3 соответственно. S — площадь △ABC. Доказательство: ad1 bd2 cd3≥(а б в) 22С. Здесь a, b и c обозначают длины трех сторон BC, CA и AB соответственно.
[Вариант 2] Используйте неравенство Коши, чтобы доказать: Расстояние от точки P (x0, y0) до прямой Ax By C=0 d=|Ax0 By0 C|A2 B2.
[Вариант 3] Пусть функция f(x)=lg1x 2x, определенная на R…(n-1)x axnn, если 0≤a≤1,н∈Н*,н≥2. Проверьте: f(2x)≥2f(x).
[Вариант 4] Доказательство: 1-12 13-14… 12n-1-12n>2n3n 1.
[Вариант 5] а1, а2,…, an — n различных натуральных чисел, проверьте: 1 12… 1n≤a1 a222… ann2.
5.3 Сортировка неравенств и неравенства Циньшэна 5.3.1 Очки знаний 1. Сортировка неравенств
Имеется два набора данных a1, a2,…, ан; б1, б2,…, bn удовлетворяет: a1≤a2≤…≤ан,б1≤b2≤…≤млрд. Тогда есть:
a1bn a2bn-1…anb1 (обратная сумма)
≤a1bt1 a2bt2…anbtn (сумма вне порядка)
≤a1b1 a2b2…anbn (та же сумма последовательности),
Среди них {t1, t2,…,tn}={1,2,…, n} тогда и только тогда, когда a1=a2=…=anorb1=b2=…Знак равенства сохраняется, когда =bn. Доказательство: (1) Потому что (an-ak)(bn-btn)≥0(tn<н,к<н,к∈Н*), так что
anbn akbtn≥akbn anbtn.
Если btk=bn(tk<n), по приведенной выше формуле:
a1bt1 a2bt2… akbtk… anbtn
≤a1bt1 a2bt2… akbtk… anbtn.
Если btr=bn-1(tr<n-1), также имеет:
a1bt1 a2bt2… arbtr… an-1btn-1 anbn
≤a1bt1 a2bt2… arbtn-1… an-1bn-1 anbn.
Продолжая, мы получаем приведенное выше правое неравенство. (2) Поскольку b1≤b2≤…≤bn, так что есть:
-b1≥-b2≥…≥-bn.
Из (1) мы знаем:
(-bn)a1 (-bn-1)a2… (-b1)an≥(-bt1)a1 (-bt2)a2…(-бтн)ан,
Разделите оба конца на -1 одновременно, чтобы получить приведенное выше левое неравенство. Сортировочное неравенство имеет широкий спектр приложений. Его использование заключается в разумном построении двух наборов подходящих чисел в соответствии с потребностями: a1, a2,…, ан; б1, б2,…, млрд.
2. Неравенство Циньшэна (1) Сначала введем определение, данное Циньшэном в 1905 году. Предположим, областью определения непрерывной функции f(x) является (a, b). Если для любых двух чисел x1 и x2 из (a, b)
fx1 x22≤е(х1) е(х2)2①
Тогда f(x) называется выпуклой функцией на (a, b). Если знак неравенства в уравнении ① поменять на противоположный, то такая f(x) называется вогнутой функцией на интервале (a, b). Геометрический смысл выпуклой функции таков: если хорда проведена через любые две точки кривой y=f(x), середина хорды должна находиться над кривой или на кривой. (2) Неравенство Циньшэна. Если f(x) — выпуклая функция на отрезке (a, b), то для любой точки x1, x2…,xn∈(а, б) Да
fx1 x2… xnn≤1n［f(x1) f(x2)…f(xn)],
Тогда и только тогда, когда x1=x2=…Получите знак равенства, когда =xn. Доказательство: Когда n=1, утверждение очевидно верно. Предположим, что это верно, когда n=k. Когда n=k 1, пусть
A=1k 1(x1 x2…хк хк 1),
но
A=(k 1)A (k-1)A2k
=x1 x2… xk xk 1 (k-1)A2k.
Заказал
B=(x1 x2…xk)/k, C=[xk 1 (k-1)A]/k,
затем
f(A)=fB C2≤12［f(B) f(C)】
=12fx1 x2… xkk fxk 1 (k-1)Ak
≤121k［f(x1) f(x2)…f(xk)】 1k［f(xk 1) f(A)…f(A)(k-1)].
так
f(A)≤1k 1［f(x1) f(x2)…f(xk) f(xk 1)],
Тогда и только тогда, когда x1=x2=…=xk=xk 1, возьмем знак равенства. Таким образом, предложение верно для всех натуральных чисел n. Аналогично можно доказать, что если f(x) — вогнутая функция, то
fx1 x2… xnn≥1n［f(x1) f(x2)…f(xn)].
Знак равенства в неравенстве Циньшэна равен тогда и только тогда, когда x1=x2=…Он устанавливается при =xn.
5.3.2 Пример анализа [Пример 7] Докажите: (1) Если a1≤a2≤…≤ан,б1≤b2≤…≤бн, тогда
a1b1 a2b2… anbn≥1n(a1 a2… an)(b1 b2…бн);
(2) Если а1≤a2≤…≤ан,б1≥b2≥…≥бн, тогда
a1b1 a2b2… anbn≤1n(a1 a2… an)(b1 b2… bn).
Доказательство: (1) Левая часть неравенства представляет собой сумму того же порядка, обозначаемую S, тогда
S=a1b1 a2b2…анбн,
S≥a1b2 a2b3…анб1,
S≥a1b3 a2b4…анб2,
S≥a1bn a2bn-1… anb1.
Сложите все приведенные выше формулы и просуммируйте их по столбцам, чтобы получить
nS≥a1(b1 b2… bn) a2(b1 b2… bn)… an(b1 b2… bn)
=(a1 a2… an)(b1 b2…бн),
так
S≥1n(a1 a2… an)(b1 b2…бн),
Прямо сейчас
a1b1 a2b2… anbn≥1n(a1 a2… an)(b1 b2…бн).(2) Предположим
M=a1b1 a2b2…анбн,
Потому что б1≥b2≥…≥bn, значит есть -b1≤-b2≤…≤-бн. Из заключения (1) можем получить
-M=a1(-b1) a2(-b2)… an(-bn)
≥1n(a1 a2…а)［(-b1) (-b2)…(-бн)].
так
M≤1n(a1 a2… an)(b1 b2…бн),
Прямо сейчас
a1b1 a2b2… anbn≤1n(a1 a2… an)(b1 b2… bn).
Аннотация: Вышеупомянутое неравенство является неравенством Чебышева.
[Вариант 1] Предположим, что a, b, c — положительные числа, найдите минимальное значение ca b ab c bc a.
[Вариант 2] Используйте принцип метода сортировки, чтобы доказать среднее неравенство: пусть a1, a2,…,∈Р, проверь: а1 а2… ann≥na1a2…an(n∈Н*,н≥2).
[Пример 8] Предположим, что a, b, c — положительные действительные числа, докажите:
a2b c b2c a c2a b≥12(а б в).①
Доказательство 1. Ввиду симметрии мы могли бы также предположить, что≤b≤с, тогда а2≤b2≤с2,1б в≤1c a≤1а б видно, что левая часть уравнения ① представляет собой сумму того же порядка, обозначенную как S, и получается из неравенства сортировки
S≥b2b c c2c a a2a b，②
S≥c2b c a2c a b2a b, ③
②③Добавление формулы ②③ приводит к
2S≥b2 c2b c c2 a2c a a2 b2a b.
Чтобы получить результат в правой части уравнения ①, обратите внимание, что
2(b2 c2)≥(б в)2,
Прямо сейчас
b2 c2b c≥12(b c).
Такой же
c2 a2c a≥12(в а),
a2 b2a b≥12(a b).
затем
2S≥12(b c) 12(a c) 12(a b)=a b c.
Итак, С≥12(a b c), тем самым предложение доказано. Второй метод доказательства: поскольку>0,б>0,с>0. Итак, мы можем знать из неравенства Коши
[(b c) (ca a) (a b)] a2b c b2c a c2a b
≥(b c·ab c c a·ac a a b·aa b)
=(a b c)2.
так
a2b c b2c a c2a b≥12(a b c).
Аннотация: Ключом к использованию неравенств перестановок для решения этой проблемы является построение двух соответствующих упорядоченных массивов.
[Вариант 1] Предположим, что a1, a2, a3 — положительные числа, проверьте: a1a2a3 a2a3a1 a3a1a2≥a1 a2 a3.
[Вариант 2] Каждый из 10 человек берет ведро, чтобы набрать воду. Предположим, что кран наполнен i-м (i=1, 2,…, 10) Ведро человека занимает ti минут, если предположить, что эти ti разные. Когда кран всего один, как организовать заказ 10 человек, чтобы общее время ожидания для них было наименьшим? Какому минимальному общему времени это соответствует?
[Вариант 3] Проверьте: 1n 11 13 15… 12n-1>1n12 14… 12n(n≥2,н∈N*).
[Вариант 4] Пусть x1, x2,…,xn∈Р,α>0,β>0, проверьте: xβ1xα2 xβ2xα3… xβn-1xαn xβnxα1≥xβ-α1 xβ-α2… xβ-αn.
【Пример 9】Предположим a1, a2,…, an равен 1, 2,…,n(n≥2,н∈Перестановка N*), проверьте: 12 23… n-1n≤a1a2 a2a3…ан-1ан. Доказательство: предположим b1, b2,…, bn-1 – это a1, a2,…, перестановка an-1 и b1<b2<…<бн-1.c1,c2,…, cn-1 - это a2, a3,…, перестановка a1 и c1<c2<…<cn-1, по упорядочивающему неравенству, неупорядоченная сумма≥Обратно просуммируем, получим
a1a2 a2a3… an-1an≥b1c1 b2c2…bn-1cn-1.①
из-за b1≥1,б2≥2,…, млрд≥н-1, с1≤2, с2≤3,…,cn-1≤n.
затем
b1c1 b2c2… bn-1cn-1≥12 23…н-1н,
Прямо сейчас
12 23… n-1n≤b1c1 b2c2…bn-1cn-1.②
Таким образом, ①② доказано. [Вариант 1] Известно, что a, b и c — положительные числа. Используйте неравенство сортировки, чтобы доказать: 2(a3 b3 c3)≥a2(b c) b2(a c) c2(a b).
[Вариант 2] Предположим, a, b, c — положительные действительные числа и abc=1, проверьте: 1a3(b c) 1b3(a c) 1c3(a b)≥32.
[Вариант 3] Пусть x1, x2,…, xn и a1, a2,…,ан(н≥2) должно соответствовать условиям: (1) x1 x2…хп=0; (2) |x1| |x2|…|xn|=1; (3) a1≥a2≥…≥an.
Два набора произвольных действительных чисел, чтобы выполнить неравенство |a1x1 a2x2… anxn|≤A(a1-an) установлено, найдите минимальное значение действительного числа A.
[Вариант 4] (1) В △ABC докажите:π3P≤aA bB cC<π2P (P=a b c, a, b, c — длины противоположных сторон точек A, B и C соответственно); (2) В △ABC докажите: sinAha sinBhb sinChc≥3R (ha, hb, hc — длины сторон BC, AC и AB соответственно, а R — радиус описанной окружности △ABC).
[Пример 10] Предположим, что A, B и C — три внутренних угла треугольника,λ— неотрицательное действительное число, найдите tanB2tanC2λ tanC2tanA2λ tanA2tanB2λ* стоимость. Решение: Пусть f(x)=xλ,Маленький∈(0,∞), то для любых x1, x2∈(0,∞), используя среднее арифметическое≤Среднее квадратичное, мы можем получить
f(x1) f(x2)2 =x1λ x2λ2
≤x1λ x2λ212
=x1 x22λ
=f(x1 x22).
Следовательно, f(x)=xλв (0,∞) — вогнутая функция. Используя неравенство Жана, получаем
tanB2tanC2λ tanC2tanA2λ tanA2tanB2λ
≤313tanB2tanC2 tanC2tanA2 tanA2tanB2λ
=313λ
=3(3λ 1).
Среди них тогда и только тогда, когда∠A=∠B=∠C=πЗнак равенства сохраняется, когда 3, поэтому искомое значение * равно 3(3λ 1).
Аннотация: О вогнутости и выпуклости функции можно судить также методом вывода. Поскольку f(x)=xλ, тогда е′(x)=12xλ, Ф″(x)=-14(xλ)-32, поэтому, когда x>В 0, f″(x)<0, поэтому f(x) находится в (0,∞) — вогнутая функция. Теорема: Предположим, f(x) — дифференцируемая функция на (a, b), тогда необходимым и достаточным условием для того, чтобы f(x) была выпуклой функцией на (a, b), является ее производная функция f.′(x) не убывает на (a, b). В частности, когда f(x) дифференцируема во втором порядке, необходимым и достаточным условием для того, чтобы f(x) была выпуклой функцией на (a, b), является ее производная второго порядка f″(x)≥0 всегда сохраняется (a, b). Используя теорему, можно судить о следующих распространенных выпуклых функциях: (1) е(х)=1х,х∈(0,∞).(2) f(x)=xp,p≥1,х∈(0,∞). (3) f(x)=ln1x,x∈(0,∞).(4) f(x)=ex,x∈(0,∞).(5) f(x)=ax (a>0 и а≠1), х∈(-∞,∞).
[Вариант 1] Известно, что три внутренних угла △ABC — это A, B и C, тогда * значение sinA sinB sinC равно ().
А. 223Б. 23С. 332Д. 32 [Вариант 2] Известно, что k — положительная константа, a>0,б>0 и a b=1, то минимальное значение a 1ak b 1bk равно. [Вариант 3] Круг радиуса r вписан в n-сторонний многоугольник, * значение его площади равно.
[Вариант 4] Пусть x, y, z>0 и x y z=1, докажите: yzx yz xzy xz xyz xy≤32.
[Вариант 5] Предположим, что x, y, z — положительные действительные числа и xyz=1. Доказательство: x3(1 y)(1 z) y3(1 z)(1 x) z3(1 x)(1 y)≥34.
Эта книга создана Национальным исследовательским центром вступительных экзаменов в колледж и является результатом многолетнего опыта преподавания и решений известных учителей в известных школах по всей стране. Он проводит углубленные исследования и научный анализ сценариев тестирования содержания национальных вступительных экзаменов в колледж по математике и стратегий получения полных баллов, уделяя особое внимание систематичности и логике точек знаний, а также расширению знаний и стандартам решения проблем для достижения полных баллов. Книга разделена на шесть глав в соответствии с направлением национальных тестовых вопросов по последовательностям и неравенствам. Вступительные экзамены в Национальный колледж охватывают арифметические последовательности, геометрические последовательности и суммирования последовательностей, рекурсивные последовательности и арифметические последовательности более высокого порядка, свойства последовательностей и моделей последовательностей, базовые знания о неравенствах, важные неравенства, комплексные проблемы последовательностей и неравенств. Загрузите вспомогательные ресурсы, такие как примеры и варианты вопросов из этой книги, из Национальной экзаменационной сети. Эта книга подойдет ученикам второго и третьего классов средней школы, а также может быть использована как справочник учителями математики старших классов.
Старший преподаватель Чжан Жуйбин, выпускник Восточно-Китайского педагогического университета, имеет более чем 20-летний опыт преподавания на переднем крае, руководитель преподавательской и исследовательской группы по математике в средней школе Xiamen Double Ten, старший тренер Китайской математической олимпиады, главный тренер Китайской математической олимпиады «Альянс надежды», директор комитета по преподаванию математики Ассоциации образования провинции Фуцзянь, приглашенный профессор Университета Джимэй и преподаватель-эксперт в Сямыне. Когда-то его считали выдающимся учителем провинции Фуцзянь и выдающимся учителем города Сямэнь. Он выиграл первый приз на конкурсе реформ и инноваций классного обучения в Сямыне и первый приз на конкурсе лекций молодых учителей математики средней школы провинции Фуцзянь. Много раз помогал студентам выигрывать CMO*, серебряные и бронзовые медали. Принимал участие в проверке качества математики для выпускников старших классов в провинции Фуцзянь более 10 раз, провел более 20 провинциальных и муниципальных лекций и открытых занятий. Составил 5 книг по математике для вступительных экзаменов в колледж «Сто вопросов, которые нужно пройти», в настоящее время вышло 9-е издание. Гао ХуэйминОн входит в первую десятку лучших классных учителей в стране и является учителем математики специальных классов средней школы в Пекине. В настоящее время он преподает в старшей школе средней школы № 12 Пекина. Всемирно известный эксперт по математическим предложениям и экзаменам для вступительных экзаменов в колледж. Он участвовал в разработке национальных и провинциальных серий учебников и руководств по экзаменам. Он опубликовал более 500 статей во всемирно известных научных журналах, таких как «Образовательные исследования», «Китайский образовательный журнал», «Математический бюллетень», «Справочник по преподаванию математики в средней школе», а также опубликовал книгу «Дайте студентам духовную точку опоры».——Гао Хуэймина «Искусство эффективного управления классом», «Пусть старшеклассники учатся учиться», «Законы и стратегии преподавания по математике на вступительном экзамене в колледж», «Методы мышления и применения математики в средней школе» и другие книги. страна“Национальный план обучения”Специально приглашенный лектор для директоров, завучей и подготовки учителей в начальных и средних школах по всей стране. Лекции, лекции и отчеты охватывают такие аспекты, как преподавание в классе, подготовка к научным тестам, управление классом и профессиональный рост учителей, и вызвали сильный резонанс по всей стране.
Чжоу Вэй — выпускник Университета Цинхуа, MBA Школы менеджмента Гуанхуа Пекинского университета, член Пекинского отделения Китайского математического общества, член Китайского образовательного общества, член Китайской компьютерной федерации и тренер олимпиад. Его приглашали читать лекции во многие средние школы, такие как средняя школа Хэншуй, средняя школа № 2 Хэншуй и средняя школа № 2 Хуэйнин. Сейчас он является основателем National Volume Network, а его проект поддерживается XLAB и четвертой фазой акселератора Школы экономики и менеджмента Университета Цинхуа. Национальная экзаменационная сеть была основана выпускниками Пекинского университета и Университета Цинхуа. Это профессиональная организация, которая изучает национальные экзамены и вступительные экзамены в новый колледж. Он открыл онлайн-университет без стен в Интернете и предоставил информацию и решения для вступительных экзаменов в колледж и самостоятельного набора 9 миллионам кандидатов.