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化為同分母循環(huán)和 證明一類分式不等式

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第一篇:化為同分母循環(huán)和 證明一類分式不等式

本文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》(南昌)2004年第12期

化為同分母循環(huán)和

證明一類分式不等式

215006蘇州市第一中學(xué)劉祖希

分式不等式的證明難,其難點(diǎn)首先體現(xiàn)在如何去掉分母.本文將通過一些例子獲得一個(gè)證明分式不等式的有效方法,并希望能成為一個(gè)通法:這就是將分式不等式的各部分巧妙地化為同分母循環(huán)和(即

A?1)獲證.下面詳細(xì)予以說明.?A?B?C

例1設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),且abc?1,求證:

(1996年IMO37預(yù)選題)

證明:∵abc?1,a?b?ab?a?b?(作差法易證), 5522abbcca???1.a5?b5?abb5?c5?bcc5?a5?ca

aba2b2c?5∴5(齊次化)5522a?b?aba?b?abc

a2b2cc, ?22?22aba?b?abca?b?c

同理,bca?,55b?c?bca?b?c

cab?,c5?a5?aa?b?c

1111???.333333a?b?abcb?c?abcc?a?abcabc三式相加即得原不等式,當(dāng)且僅當(dāng)a?b?c?1等號(hào)成立(考慮篇幅,等號(hào)成立條件以下略).例2求證:對(duì)所有正實(shí)數(shù)a,b,c,有

(1997年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克試題)

證明:先證齊次不等式

33abcabcabc???1.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abc∵a?b?ab?a?b?(作差法易證),∴abcabcc??,a3?b3?abcaba?b?abca?b?c

abca?,b3?c3?abca?b?c

abcb?,c3?a3?abca?b?c

abcabcabc???1,三式相加得,333333a?b?abcb?c?abcc?a?abc同理,即1111???.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abcabc

abbcca??.??????a?b?abb?c?bcc?a?ca對(duì)例

2、例3的推廣形式: 推廣:設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),且abc?1,記f????

1,則f????1;

21②若???1或??,則f????1;2

1③若?1???,則f????1.2①若???1或??

(《中學(xué)數(shù)學(xué)月刊》2002.12P40)

例3設(shè)?ABC中,求證:abc???2.b?cc?aa?b

aa2a2?a22a??2??1; 證明:∵b?cab?aca?ab?aca?b?c

a2a?,b?ca?b?c

b2b?同理,c?aa?b?c

c2c?,a?ba?b?c

abc???2.三式相加,得b?cc?aa?b

abc??例4在?ABC中,記f????,試證: ?a?b?c?b?c?a?c?a?b

2①當(dāng)?1???1時(shí),有f????; ??

12②當(dāng)??1時(shí),有f????.??1∴

(《中等數(shù)學(xué)》2002.4數(shù)學(xué)奧林匹克問題高115)

證明: 只要??1,總有

???1????b?c??a???0

????1??????1??b?c?????1?a???0 2

????1??????1??b?c?????1?a?2b?2c????????1?a????1?a?2b?2c???0

????1??????1??a?b?c????a?2b?2c????0 ??

??11?2a???1????2?a?2b?2c??1a?b?c???0

??

??1?2a????0 ?a?b?c??1a?b?c即???1?a???1?a

?a?b?c?2???1?a?,??1a?b?c

∴ ???1?f???????1?a

?a?b?c????1?b

?b?c?a????1?c

?c?a?b

?2???1?2???1?2???1?abc????? ??1a?b?c??1a?b?c??1a?b?c

?2???1?, ??1

2???1?, ??1

22;②當(dāng)??1時(shí),有f????.??1??1即???1?f????故①當(dāng)?1???1時(shí),有f????

注:例4中取??0,即為例3.例5設(shè)0?a,b,c?1.證明:abc???2.bc?1ca?1ab?1

證明:∵2a?bc?1??a?a?b?c?

?a?bc?1?a??a?bc?b?c?1?

?a?bc?1?a??a?b?1??c?1??0 a2a?,bc?1a?b?c

b2b?同理,ca?1a?b?c

c2c?,ab?1a?b?c

abc???2.三式相加,得bc?1ca?1ab?1∴

a2

例6在?ABC中ma,mb,mc分別表示邊a,b,c上的中線長(zhǎng),證明:?2?2.2mb?mc

(《中等數(shù)學(xué)》2003.4P18)

證明:由三角形中線長(zhǎng)定理,mb?212c2?2a2?b2?,?

44a2a24a2?m2?m2??4a2?b2?c2??2a2?a2?b2?a2?c2

bc

4a2

??22a?2ab?2ac

??2a?2, a?b?c

a2

即?2?2.2mb?mc

至此,我們是否可以獲得這樣的啟示:以上這些分式不等式都具有對(duì)稱性,而且不等式的另一端多為常數(shù),這就為我們統(tǒng)一處理、集中去分母提供了便利,同分母循環(huán)和的方法應(yīng)運(yùn)而生.例7設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù),n是正整數(shù),求證: anan?1an?1an

??n?1n?1;②?n??n?1n?1.①?nnnb?cb?cb?cb?c

(《中等數(shù)學(xué)》2001.3P23)

nn證明:①

∵b?c?bn?1?cn?1?(作差法易證),annan?1??∴

?

n??

n?1n?1? nb?cb?c?1an?1

??n?1n?1(車貝雪夫不等式)

3b?c?an?1?n?1n?1(三元均值不等式)b?can?1

??n?1n?1; b?c

②類似①可得,?an?1n?1an

???

bn?cn?

bn?1?cn?1?

?1an

??

n?1n?1 3b?c?an?n?1n?1 b?can

??n?1n?1.b?c

第二篇:一類對(duì)稱或循環(huán)不等式的配方法證明

一類對(duì)稱或循環(huán)不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數(shù)學(xué)奧林匹克》之體會(huì)

數(shù)學(xué)組蔡玉書(215006)

縱觀國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克中的不等式試題,有不少試題是關(guān)于a,b,c的對(duì)稱或輪換對(duì)稱的不等式,直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時(shí)很難達(dá)到目的,而利用它們的對(duì)稱性,直接利用比較法進(jìn)行適當(dāng)?shù)呐浞剑涂梢允沟脝栴}得到完美的解決。本文從歷年的國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克試題中精心選擇若干優(yōu)秀試題,進(jìn)行詳細(xì)的分析與解答,供參賽選手和數(shù)學(xué)奧林匹克教練員參考。

例1設(shè)a,b,c是三角形的三邊,求證:a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤3abc.(第6屆IMO試題)證法一 注意到a3+b3+c3-3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca),得

3abc-[a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)]

=a3+b3+c3-3abc+a(b2+c2-2bc)+b(c2+a2-2ca)+c(a2+b2-2ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)+a(b2+c2-2bc)+b(c2+a2-2ca)+c(a2+b2-2ab)

1=(a+b+c)[(a-b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a-b)2

2111=a+b-c)(a-b)2+b+c-a)(b―c)2+a+c-b)(c―a)2.222

∵a,b,c是三角形的三邊,∴a+b-c >0, b+c-a >0, a+c-b >0.而(a-b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c,即△ABC是正三角形時(shí)等號(hào)成立.例2 已知a,b,c是正數(shù), 證明:

abc3(1)(1963年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)b+cc+aa+b2

abc3證明(1)+ b+cc+aa+b2

2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)-3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)

2(a3+b3+c3)-(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)

a3+b3-(a2b+ab2)+b3+c3-(b2c+bc2)+b3+c3-(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)

(a+b)(a-b)2+(b+c)(b-c)2+(c+a)(c-a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2

a2b2c2abcab(2)不難證明++=(a+b+c)(+ +)-(a+b+c),利用這個(gè)恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2-x2z2-y2x2-z2

例3 設(shè)x, y, z是正數(shù), 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2-x2z2-y2x2-z2y2-z2z2-x2x2-y2

證明 設(shè) u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2-x2x2-y2y2-z2

則u-v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z

111111又u+v =(x2-y2)(-y2-z2)(-z2-x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z

x-yy-zz?x=(x2-y2)+(y2-z2)+(z2-x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

(x+y)(x-y)2(y+z)(y-z)2(z+x)(z-x)2

= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

y2-x2z2-y2x2-z2

所以,u=v>0.從而+0.z+xx+yy+z

x5-x2y5-y2z5-z2

例4正實(shí)數(shù)x,y,z滿足xyz≥1,證明:++0.(第46屆IMO試題)x+y+zy+z+xz+x+y證明 因?yàn)閤yz≥1,所以

x5-x2x5-x2·xyzx4-x2yz2x4-x2(y2+z2)≥類似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5-y22y4-y2(z2+x2)z5-z22z4-z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2-a(b+c)2b2-b(c+a)2c2-c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化為證明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a-b)+a(a-c)b(b-c)+b(b-a)c(c-a)+c(c-b)?+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112?∑(a-b)(≥0?∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5設(shè)x、y、z是正實(shí)數(shù),求證:(xy+yz+zx)[+年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設(shè)x≥y≥z>0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++-(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4

xyz3xy1yz1zx1+- y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4

2(z-x)2(y-z)2(x-y)2(y-z)2(z-x)21(x-y)=+]-[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[--](x-y)+[y-z)}+[z-x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2],① 4

212121其中Sz =- Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因?yàn)閤≥y≥z>0,所以2(x+y)2>(x+y)2>(y+z)(z+x),即Sz>0.又2(z+x)2-(x+y)(y+z)=(x2-xy)+(x2-yz)+2z2+3zx>0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得證.yy-zy若Sx<0,因?yàn)閤≥y≥z>0,所以≥0,于是,(y-z)2≤()2(x-z)2.xx-zx

22yyS+xSSx(y-z)2+Sy(z-x)2≥Sx2(x-z)2+Sy(z-x)2(z-x)2.② xx22下面證明ySx+xSy≥0,事實(shí)上,y2Sx+x2Sy≥0?y2[2(y+z)2(z+x)-(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2-(x+y)(y+z)2]

=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2-2zx2-x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z-2zy2-y3)

=2xyz(x2+y2-2xy)+xy(x3+y3-x2y-xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)

=2xyz(x-y)2+xy(x+y)(x-y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)>0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2≥0.綜上,不等式得證.例6 設(shè)a,b,c是一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng),求證a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0.并指出等號(hào)成立的條件.(第24屆IMO試題)

證明a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)

1= [(a+b-c)(b+c-a)(a-b)2+(b+c-a)(a+c-b)(b-c)2+(a+c-b)(a+b-c)(c-a)2]≥0.2

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c>0,證明:++3.(2006年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)證明+3-abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6-[3] abcabc(a+b+c)

(b-c)2(c-a)2(a-b)2(b+c)(b-c)2(c+a)(c-a)2(a+b)(a-b)2

=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)

1(b+c)1(c+a)1(a+b)b-c)2+[-c-a)2+[-](a-b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)

abc=b-c)2+c-a)2a-b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)

bca例8 在△ABC中,證明:a2(-1)+b2(-1)+c2(-1)≥0.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時(shí)乘以2abc,不等式化為證明2a3b(b-c)+2b3c(c-a)+2c3a(a-b)≥0.2a3b(b-c)+2b3c(c-a)+2c3a(a-b)

=a3[(b+c)+(b-c)](b-c)+ b3[(c+a)+(c-a)](c-a)+c3[(a+b)+(a-b)](a-b)

= a3(b-c)2+b3(c-a)2+c3(a-b)2+a3(b2-c2)+b3(c2-a2)+c3(a2-b2)

=a3(b-c)2+b3(c-a)2+c3(a-b)2+a2(c3-b3)+b2(a3-c3)+c2(b3-a3)

=a3(b-c)2+b3(c-a)2+c3(a-b)2+a2[(c-b)3+3cb(c-b)]+b2[(a-c)3+3ca(c-a)]

+c2[(b3-a3)+3ba(b-a)]

=a3(b-c)2+b3(c-a)2+c3(a-b)2-a2(b-c)3-b2(c-a)3-c2(a-b)3

+3abc[a(c-b)+b(c-a)+c(b-a)]

=a3(b-c)2+b3(c-a)2+c3(a-b)2-a2(b-c)3-b2(c-a)3-c2(a-b)3

= a2(b-c)2(c+a-b)+b2(c-a)2(a+b-c)+c2(a-b)2(b+c-a).在△ABC中, c+a-b, a+b-c, b+c-a都是正數(shù),而(b-c)2≥0,(c-a)2≥0,(a-b)2≥0,所以不等式得證.例9在△ABC中,a,b,c是它的三條邊,p是半周長(zhǎng),證明不等式: a(p-b)(p-c)bbc

(p-b)(p-c)+bc(p-c)(p-a)cca(p-c)(p-a)+ca(p-a)(p-b)≥p.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)ab(p-a)(p-b)p ab

≥x+y+z(z+x)(z+y)

≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)

x+y2 y+z證明令x=p-a,y=p-b,z=p-c,則a=y+z,b=z+x,c=x+y.a?(y+z?2(y+z?z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z-x+y

y+z2(z+x)z(z+x)x)++-(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z

zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+-(x+y)(y+zx+zx2y2z2?)-(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y

+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z

(x+y+z)(x-y)2(x+y+z)(y-z)2(x+y+z)(z-x)2(x+y+z)2(y-z)2

?+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2

(x+y+z)2(z-x)2(x+y+z)2(x-y)2

(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2

(x+y+z)(x-y)2(x+y+z)2(x-y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ?1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2

?(2≥(x+y+z)(x+y)?≥2xy.因?yàn)閦是正數(shù),這是顯然的.同理可證其余兩個(gè)不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c>0,且abc=1,-2(.(2004年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因?yàn)閍bc=1,所以++≥++)等價(jià)于 abca+b+cabca+b+c

1113111abc-2(.abca+b+cabca+b+c

注意到(a3+b3)-(a2b+ab2)=(a2-b2)(a-b)=(a+b)(a-b)2有

1113111abc+-2(+)abca+b+cabca+b+c

[(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc](a2+b2+c2)-(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)-(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

[(a4b+ab4)-(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)-(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)-(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)

ab[(a3+b3)-(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)-(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)-(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)

ab(a+b)(a-b)2+bc(b+c)(b-c)2+ca(c+a)(c-a)2

= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)

111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],證明:(x+y+z)()≥6(+年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設(shè)2≥x≥y≥z≥1,(x-y)2(y-z)2(z-x)2111因?yàn)?x+y+z+)-+, xyzxyyzzx

2(y-z)2(z-x)2xyz31(x-y)又因?yàn)?[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)

111xyz所以(x+y+z)-6(++)xyzy+zz+xx+y

131313x-y)2+()(y-z)2+()(z-x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)

?z(x+y)(z2+zx+zy-2xy)(x-y)2+x(y+z)(x2+xy+xz-2yz)(y-z)2+y(z+x)(y2+yz+yx-2zx)(z-x)2

=Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2≥0.①

由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)-3yz≥2y·2z-3yz>0, 所以Sx>0,又Sy≥0?(y+z)(x+y)-3zx≥0?xy+yz+y2-2zx≥0.②

由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,則①式右邊≥0,不等式得證.如果Sz<0,則(x-y)2=[(x-z)-(y-z)]2=(z-x)2+(y-z)2-2(x-z)(y-z),Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2=(Sy+Sz)(z-x)2+(Sx+Sz)(y-z)2-2Sz(x-z)(y-z)≥(Sy+Sz)(z-x)2+(Sx+Sz)(y-z)2.下面證明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz-2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy-2xy)

≥z(x+y)[(x2+xy+xz-2yz)+(z2+zx+zy-2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x-y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx-2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy-2xy)

≥z(x+y)[(y2+yz+yx-2zx)+(z2+zx+zy-2xy)]

= z(x+y)[xy+(y+z-x)(y+z)]≥0,所以Sz<0時(shí),不等式也成立.111xyz于是,只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(++≥).xyzy+zz+xx+y

第三篇:強(qiáng)化命題證明一類數(shù)列不等式

該文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考》2006年第12期

強(qiáng)化命題證明一類數(shù)列不等式

201203華東師大二附中任念兵數(shù)列不等式是近年來高考和競(jìng)賽中的熱點(diǎn)題型,其中一類形如

i?n0?n1?C(C為常數(shù))ai的證明題難度較大.由于此類不等式的右邊是常數(shù),所以數(shù)學(xué)歸納法證明無(wú)法實(shí)現(xiàn)歸納過渡,但通過對(duì)歸納過渡過程的研究,可以放縮右邊的常數(shù),將命題加強(qiáng)為

i?n0?an1i?C?1,其中g(shù)ng?n??0表示關(guān)于正整數(shù)n的函數(shù)式,從而可以構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)列巧妙的證明這類問題.例1:求證:?1

9111?????n?N*? 2252n?14

91111???????????(1)252n?124gn分析:①首先假設(shè)命題可以強(qiáng)化為?

接著思考的問題自然是:要使加強(qiáng)命題成立,g?n?應(yīng)滿足什么條件呢?

②既然加強(qiáng)命題(1)成立,則可以利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明:

111.??????????????????????????(2)n?1時(shí), ??94g1歸納假設(shè)?1

91111?????,接下來要證 252k?124gk111111?????????????????????(3)229254gk?12k?12k?3而由歸納假設(shè)只能得到?1

9111111???????.如果能證得252k?122k?324gk2k?32

11111????,即 4gk2k?324gk?1111??.???????????????????????(4)gkgk?12k?32

則可以由不等式的傳遞性知道(3)式成立,從而由歸納法原理證明了加強(qiáng)命題(1).從上述分析可知, g?n?必須同時(shí)滿足(2)(4)兩式.③明確g?n?應(yīng)滿足的條件后,我們就可以“確定”g?n?的表達(dá)式了.觀察(4)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊分母是二次多項(xiàng)式,于是我們考慮到,如果g?n?是一次多項(xiàng)式,則不等式左邊通分后也是一個(gè)二次多項(xiàng)式,這樣(4)式就轉(zhuǎn)化為兩個(gè)二次多項(xiàng)式的比較,從而可以通過g?n?的系數(shù)控制使(4)式成立.設(shè)g?n??an?b(a,b為待定的常數(shù)), 將g?n??an?b代入(4)式知

a?2k?3?2??ak?b??ak?a?b?對(duì)k?N*恒成立,整理得

4ak2?12ak?9a?a2k2?2ab?a2k?b?a?b?對(duì)k?N*恒成立,比較各項(xiàng)系數(shù)得

a?4,b?4.又因?yàn)間?n??an?b同時(shí)滿足(2)式,代入得a?b???36.所以,不妨取a?4,b?4,5

即得g?n??4n?4.從而,原不等式可以加強(qiáng)為:

11111

?n?N*?.???????????????(5)??????

9252n?1244n?4

④將上述分析過程略加整理就能得到加強(qiáng)命題的數(shù)學(xué)歸納法證明,而下面利用數(shù)列單調(diào)性的方法更為簡(jiǎn)捷.證明:記f?n??

f?n?1??f?n??

1111?????,則有 9252n?124n?4

2n?32

?

1111

??2?2?0即f?n?單調(diào)遞

4n?1?44n?44n?12n?94n?12n?8

減,故f?n??f?1??

??,加強(qiáng)命題(5)得證.984

注:上述證明的關(guān)鍵步驟f?n?1??f?n??0實(shí)際上就是分析過程中的(4)式.我們不難發(fā)現(xiàn)處理此類問題的一般步驟是:首先假設(shè)加強(qiáng)命題

i?n0

?

n

成立,?C?

aign接著明確g?n?應(yīng)滿足的條件,然后確定g?n?的表達(dá)式,最后構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)列完成巧妙的證明.按照這樣的思路我們?cè)倏聪旅鎯蓚€(gè)例子:

11115

例2:求證:?2?3???n??n?N*?.2?12?12?12?13分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為:

111151

.g?n?應(yīng)同時(shí)滿足?2?3???n??2?12?12?13gn2?1

151

.?????????????????????????(6)??

2?13g1111

.?????????????????????(7)??k?1

gkgk?12?1

觀察(7)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊的分母是指數(shù)結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu).設(shè)

g?n??a?2n,將g?n??a?2n代入(8)式知a?2k?1?2k?1?1恒成立,故有a?1.又因?yàn)?/p>

g?n??a?2n同時(shí)滿足(6)式,代入得a?

3377

.因此得?a?1,不妨取a?,即得g?n???2n,4848

以下略.例3: 已知正整數(shù)n?1,求證: 1?分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為:1?1?

1119

?????.2!3!n!5

11191

.g?n?應(yīng)同時(shí)滿足??????

2!3!n!5gn191

.?????????????????????????(8)??

25g2111

.?????????????????????(9)??

gkgk?1k?1!

k

?1對(duì)k?2恒成立,故有a?2.又因?yàn)間?n??a?n!同時(shí)滿足(8)式,a

觀察(9)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊是階乘結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是階乘結(jié)構(gòu).設(shè)g?n??a?n!.將

g?n??a?n!代入(9)式知

代入得a?

.因此得?a?2,不妨取a?2,即得g?n??2?n!,以下略.33

本文舉例探討了如何強(qiáng)化命題來證明不等式

i?n0

n

n

?a

n

i

?C,這里有幾點(diǎn)需要加以說明:

①將

i?n0

?

111,關(guān)鍵是明確g?n?應(yīng)滿足的條件和g?n?的式子結(jié)構(gòu).?C強(qiáng)化為?C?aiagni?ni

?

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的思考過程可以確定g?n?應(yīng)滿足的條件,而g?n?的式子結(jié)構(gòu)是由an決定的:

若an是多項(xiàng)式則g?n?是多項(xiàng)式,若an是指數(shù)結(jié)構(gòu)則g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu),如此等等.然后,利用待定系數(shù)法便可求出合理的g?n?(這樣的g?n?往往不唯一,但系數(shù)有范圍限制).②強(qiáng)化命題后,我們利用數(shù)列的單調(diào)性來證明加強(qiáng)命題,這不僅簡(jiǎn)化了證明過程,而且縮小了

i?n0

?

n

17341的上界.如例1的上界可以縮小為,例2的上界可以縮小為,例3的上界可以縮小

7221ai

為.另外,我們還可以通過改變待定系數(shù)來調(diào)整g?n?,進(jìn)一步縮小的上界.a4ii?n

?

n

③本文研究的不等式

i?n0

n

?

n

都是收斂?C具有深刻的高等數(shù)學(xué)背景.實(shí)際上,這些級(jí)數(shù)

aiaii?n

?

?的,i?n0

n

?

?C就是對(duì)收斂級(jí)數(shù)的上界估計(jì).如例3的背景是級(jí)數(shù)ai

?

?i!?e?1,因此有

i?1

?

近年來的各地高考中以高等數(shù)學(xué)知識(shí)為背景的問題頻??i!?e?1?5.值得一提的是,i?1

i?1

?i!

頻出現(xiàn),例2實(shí)際上就是從2006年高考福建卷的壓軸題的關(guān)鍵步驟中提煉出來的問題.

第四篇:例談分式不等式的證明

例談分式不等式的證明

鄧超(福建省福州市第十八中學(xué)350001)

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)的一個(gè)難點(diǎn),我們遇到的大多數(shù)不等式都是以分式不等式的形式出現(xiàn)的,這就更令人頭疼。事實(shí)上,分式不等式的證明還是有一定規(guī)律可尋的,下文將做一簡(jiǎn)單介紹。

一、利用證明不等式的常用方法

對(duì)于一些不太復(fù)雜的分式不等式,直接采用分析法、綜合法、比較法等常用的不等式證明方法即可。

111???1。1?2a1?2b1?2c

111證明:要證原式只要證(??)?(1?2a)(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)(1?2c),1?2a1?2b1?2c例

1、設(shè)a,b,c?R,且abc?1,求證:?

即證:(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)?(1?2a)(1?2b)(1?2c),即證(展開整理):a?b?c?3(其中使用了abc?1),而由均值不等式得a?b?c??3,故原不等式成立。

2、(數(shù)學(xué)教學(xué)問題788)已知a,b,c?R,且a?b?c?1,求證: ?

abc9??? a?bcb?cac?ab

4證明:注意到:a?bc?1?b?c?bc?(1?b)(1?c),b?ca?1?a?c?ac?(1?c)(1?a)c?ab?1?a?b?ab(?1,故原不等式可化為: ?)a(1?b)

a?(1?b)(?1c)b?(1c)?(a1c9)?a(1?b)(1)4

a?a2?b?b2?c?c29?,要證此式只要證(通分即可):(1?a)(1?b)(1?c)4

1?a2?b2?c29?(其中使用了a?b?c?1)即證:,(1?a)(1?b)(1?c)4

只要證:4(1?a?b?c)?9(1?a)(1?b)(1?c),((1?a)(1?b)(1?c)?0)

即證(展開整理):ac?bc?ca?9abc?0

(此處用到(a?b?c)?a?b+c?2ab?2bc?2ca和a?b?c?1),只要證

2222222111,???9(上式同除abc)abc

事實(shí)上,由柯西不等式得:

11111

1???(??)(a?b?c)?9,故原不等式成立。abcabc

注:此不等式的證明采用了分析法,沒用太多的技巧,關(guān)鍵的一步是能夠看出原不等式可化為(1)

式,這將大大簡(jiǎn)化計(jì)算;否則要證明一個(gè)6次的不等式,這將大大增加計(jì)算。

二、利用重要不等式

1、利用排序不等式

分式不等式中有不少是對(duì)稱的(即各個(gè)未知元的地位平等),因此我們往往可以利用“不妨設(shè)”創(chuàng)造出排序不等式所需的條件,然后利用這一重要不等式給出證明,如例3。當(dāng)然并不是說排序不等式只能證明對(duì)稱不等式,這在例4中將會(huì)看到。

3、(數(shù)學(xué)通報(bào)問題1651)設(shè)x、y、z是正數(shù),n?N,求證:

?

xyz

3。???

nx?y?zx?ny?zx?y?nzn?

2證明:因?yàn)榇瞬坏仁绞菍?duì)稱的,故不妨設(shè)x?y?z,則nx?y?z?x?ny?z?x?y?nz,所以

1。至此條件創(chuàng)造完畢,可以利用排序不等式了。??

x?y?nzx?ny?znx?y?z

xyzyzx

(反序和小等于亂序?????

nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz

因?yàn)?/p>

和)(1)

xyzzxy

(反序和小等于亂序和)?????

nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz

(2)所以(n?2)?(xyz

??)

nx?y?zx?ny?zx?y?nz

=(n

xyzxyz

??)+2(??)

nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz

nxnynzyzx

??)+(??)

nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz

zxynx?y?zny?z?xnz?x?y+(??)???=3nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz?(故原不等式成立。

注:此題供題者所給的證明采用了換元的方法,有興趣的讀者可參見數(shù)學(xué)通報(bào)2007年第2期。當(dāng)n?0時(shí),不等號(hào)應(yīng)反向,即有同的特例。

xyz3

???,請(qǐng)讀者自證。另外,當(dāng)n取不同值時(shí)可得到不y?zx?zx?y2

222

anana12a2?1

????????a1?a2?????an。例

4、設(shè)ai(1?i?n)是正數(shù),求證:

a2a3ana

1證明:將ai(1?i?n)重小到大排列,設(shè)

aj1?aj2?aj3?????ajn?1?ajn

成立

11111????????(1?ji?n,ji?N,ji各不相同),則

ajnajn?1aj3aj2aj1

可以利用排序不等式了。

222222

2aaaaanaa12a2jjnjj?1nn?112

???????????????所以

a2a3ana1aj1aj2ajn?1ajn

。至此條件創(chuàng)造完畢,(亂序和大等于反序和),又因?yàn)?/p>

a2j1aj1

?

a2j2aj2

?????

a2jn?1ajn?1

?

a2jnajn

?aj1?aj2?????ajn?1?ajn?a1?a2?????an,故原不等式成立。

注:此題亦可用柯西不等式和均值不等式證明,請(qǐng)讀者參考下面的例子。

2、利用柯西不等式 對(duì)于分式不等式

?x

i?1n

n

i

?A,可在不等式左邊乘上一個(gè)因式?xi'2,這里要保證xixi'為整式,i?

12n

'

2n

然后利用柯西不等式

?x?x

ii?1

i?1

i

?(?xixi')2給出證明。

i?1

n

5、(24屆全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克試題)設(shè)ai(1?i?n)是正數(shù),且有

?a

i?

1n

i

?1,求證:

an2a12a221

???????。

a1?a2a2?a3an?a1

2證明:利用柯西不等式得:

an2a12a22(??????)[(2(a1?a2?????an)] a1?a2a2?a3an?a1

an2a12a22?(??????)[(a1?a2)?(a2?a3)?????(an?a1)]

a1?a2a2?a3an?a1

222

??????22????

2] =??????2

?(a1?a2?????an)2?1

an2a12a221

???????。所以

a1?a2a2?a3an?a12

6、(2009年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建賽區(qū)預(yù)賽)設(shè)a、b、c是三個(gè)正數(shù),滿足a?b?c?3,求證:

a?1b?1c?

1???2。

a(a?2)b(b?2)c(c?2)

證明:由柯西不等式得[

a?1b?1c?1a(a?2)b(b?2)c(c?2)

??][??]?9,a(a?2)b(b?2)c(c?2)a?1b?1c?1

即[

a?1b?1c?1111??][a?b?c?3???]?9,a(a?2)b(b?2)c(c?2)a?1b?1c?1

a?1b?1c?19,???

a(a?2)b(b?2)c(c?2)a?b?c?3?1?1?1

a?1b?1c?1

1119

故要證原不等式只要證明上式右邊?2,即證a?b?c?3????,a?1b?1c?1

21113即證???a?b?c?。

a?1b?1c?12

3因?yàn)閍?b?c?3,故要證上式只要證:???

a?1b?1c?12

而事實(shí)上,由柯西不等式得:(??)(a?1?b?1?c?1)?9,a?1b?1c?1

111993故(??)???(a?b?c?3)

a?1b?1c?1a?1?b?1?c?13?32

亦即

故原不等式成立。

注:原賽題由題(1)和題(2)兩小題構(gòu)成,此題是題(2)。在參考答案的證明中,題(2)的證明要用到題(1)的結(jié)論。本例要求直接證明題(2),從而增加了難度。本例的證明同時(shí)使用了分析法和柯西不等式,且用了兩次柯西不等式,具有一定難度。

3、利用均值不等式 對(duì)于分式不等式

?x

i?

1n

i

?A,可考慮添加xi'和xi配成一對(duì),然后利用均值不等式xi?xi'?'

得到n

個(gè)不等式(一般來說要保證,然后將這n個(gè)不等式相加,消去添加的各項(xiàng)xi,最后得到證明。

a2b2c2a?b?c

???例

7、(第二屆友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽)已知a、b、c為正數(shù)。

b?cc?aa?b2a2b?c???a,證明:由均值不等式可得:

b?c

4b2c?ac2a?b??

?b,???c,同理有:

c?a4a?b4a2b?cb2c?ac2a?b

將以上三式相加即可得:??????a?b?c,b?c4c?a4a?b4

整理后即可得結(jié)論。

注:此不等式的證明簡(jiǎn)潔,其中所用的添項(xiàng)技巧也是運(yùn)用均值不等式的常見技巧之一。另外,用此法證明例5就要用到該技巧。

三、利用某些技巧

1、構(gòu)造對(duì)偶式

8、利用構(gòu)造對(duì)偶式這一技巧給出例5的另一個(gè)證明。

an2a12a2

2??????證明:設(shè)M?,a1?a2a2?a3an?a

1a32an2a22

N???????(對(duì)偶式),a1?a2a2?a3an?a1

a32an2a12a22a22a12

?)?(?)?????(?)因?yàn)镸?N?(a1?a2a1?a2a2?a3a2?a3an?a1an?a1

???(an?a1)?0,所以M?N。=(a1?a2)?(a2?a3)??

an2?a12a12?a22a22?a32

??????所以2M?M?N?

a1?a2a2?a3an?a1

?(a1?a2)?(a2?a3)?????(an?a1)?a1?a2?????an?1(這里利用了不等式 222a2?b21

?(a?b)),a?b2

所以M?,原不等式成立。2

注:利用對(duì)偶式這一技巧可以簡(jiǎn)潔的證明許多形式上很復(fù)雜的不等式,這里列舉一例供讀者思考:如

a3b3c3a?b?c

???果a、b、c是正數(shù),證明:2。更多的構(gòu)造對(duì)偶

a?ab?b2b2?bc?c2c2?ca?a2

3式證明不等式的例子請(qǐng)參見文[1]。

2、引入?yún)?shù)

9、設(shè)x、y、z?0,且x?y?z?

11??。4z?15

分析:此不等式是對(duì)稱不等式,可考慮構(gòu)造一個(gè)和為的表達(dá)式,故引入?yún)?shù)?,嘗試證明:5

1??x,且??。5

證明:引入?yún)?shù)?

??x。當(dāng)x?0時(shí),有

??x?(0,1]都

成立。故要求?的值,(0,1]上的最小值即可。

在(0,1]上的最小值為(此時(shí)x?1),故當(dāng)??

時(shí),有??5x?(0,1]),此時(shí)

同時(shí)有

11??x(x?[0,1])?x。

。取??

?y和?z,將以上三式相加即可得結(jié)論。

54z?15

注:本例引入的參數(shù)是作為項(xiàng)的系數(shù)引入的。另外,參數(shù)還可作為冪指數(shù)引入,作為直線斜率引入等,具體的例子可參見文[2]。

本文考慮了分式不等式的證明,對(duì)不太復(fù)雜的分式不等式的證明不應(yīng)忘記采用最常用的分析法和綜合法等方法進(jìn)行;其次可考慮利用高中數(shù)學(xué)教科書中出現(xiàn)的三個(gè)重要不等式證明;在上述方法證明無(wú)效的情況下,可考慮采用一些技巧進(jìn)行證明。由于分式不等式的證明方法靈活多樣,故對(duì)其證明不應(yīng)拘泥于上述思路和方法,但對(duì)于常見的分式不等式,上述方法是夠用的。

參考文獻(xiàn):

[1]楊華.構(gòu)造配對(duì)式,證明不等式[J].中等數(shù)學(xué),2005(3),10~13 [2]程?hào)|軍.巧引參數(shù),證明不等式[J].中等數(shù)學(xué),2007(9),5~8

第五篇:分式不等式放縮、裂項(xiàng)、證明

放縮法的常見技巧

(1)舍掉(或加進(jìn))一些項(xiàng)(2)在分式中放大或縮小分子或分母。(3)應(yīng)用基本不等式放縮(例如均值不等式)。(4)應(yīng)用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行放縮(5)根據(jù)題目條件進(jìn)行放縮。(6)構(gòu)造等比數(shù)列進(jìn)行放縮。(7)構(gòu)造裂項(xiàng)條件進(jìn)行放縮。(8)利用函數(shù)切線、割線逼近進(jìn)行放縮。使用放縮法的注意事項(xiàng)

(1)放縮的方向要一致。(2)放與縮要適度。

(3)很多時(shí)候只對(duì)數(shù)列的一部分進(jìn)行放縮法,保留一些項(xiàng)不變(多為前幾項(xiàng)或后幾項(xiàng))。(4)用放縮法證明極其簡(jiǎn)單,然而,用放縮法證不等式,技巧性極強(qiáng),稍有不慎,則會(huì)出現(xiàn)放縮失當(dāng)?shù)默F(xiàn)象。所以對(duì)放縮法,只需要了解,不宜深入。

先介紹工具

柯西不等式(可以通過向量表示形式記住即摸摸大于向量乘積)

均值不等式

調(diào)和平均數(shù)≤幾何平均數(shù)≤算術(shù)平均數(shù)≤平方平均數(shù)

絕對(duì)值三角不等式

定理1:|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b| 推論1:|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3| 此性質(zhì)可推廣為|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|. 推論2:|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b| 定理2:如果a,b,c是實(shí)數(shù),那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,當(dāng)且僅當(dāng)(a-b)(b-c)≥0時(shí),等號(hào)成立. 常用放縮思想

這幾個(gè)務(wù)必牢記

不常見不常用的不等式

這幾個(gè)一般用不到,放的太大了,知道有印象就好了

下面就是常用思路了,主要就是裂項(xiàng)部分

二項(xiàng)平方和

f(x)=(a1x-b1)^2+(a2x-b2)^2+……(anx-bn)^2 由f(x)≥0可得△小于等于0

1.分式不等式中的典范,典范中的典范,放縮、裂項(xiàng)、去等,步步精彩

解析:

步步經(jīng)典,用筆化化就能明白思想,換元或許更直觀,即令t=1/(x+2)

第一步意義--開不了方的,開方,并且可取等號(hào) 第二步意義--開不了方的,開方,裂項(xiàng),并且可取等號(hào) 個(gè)人認(rèn)為這倆個(gè)放縮,很犀利,沒見過,看似難實(shí)則簡(jiǎn)單,看似簡(jiǎn)單實(shí)則難

2.構(gòu)造+三角形 ★★★★

平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C,連接三點(diǎn),令A(yù)B=c,AC=b,BC=a,求 解析:

構(gòu)造,主要就是構(gòu)造,b/c就是很明顯的提示。三角形中兩邊之和大于第三邊,兩邊之差小于第三邊。

構(gòu)造 ★★★★

為了方便觀察,沒有采用換元,直接寫更清楚,這題應(yīng)該是一直在向目標(biāo)上湊得題目了

3.反證法典例 ★★

解析:

4.柯西不等式典例 ★★★

有些方法就是那么氣人,神奇的氣人

或者用三角函數(shù)也可以不過要用到三角恒等式: 令x+2y+3z=t則(t-3z)^2/√5≤√(5-z^2)即14z^2-6tz+t^2-25≤0△=-20t^2+1400≤0 所以tmax=√70

5.

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