第一篇：巧用三角的方法證明或求解代數問1

巧用三角的方法證明或求解代數問題

黑龍江省綏化市教育學院逄路平郵編 152000

所謂用三角方法解代數問題，就是將代數問題中的字母通過三角函數（或式）代換，變為三角問題處理，以求解答。在三角換元時，首先要從代數問題中字母的允許值范圍考慮，看能用哪些三角函數（或式）去代換，再根據解題的需要進行選擇。一般地說，代換進去的三角函數（或式）的值域應是代數中字母的允許值范圍。明確這一點可以幫助我們較快的、合理的選擇三角代換。

下面，根據代數命題的條件或結論中字母的取值范圍，分別舉例說明幾種常見的三角換元方法：

一、利用正弦、余弦函數的有界性換元。

例

1、若|x|≤2，求證：|3x-x|≤2

3證明：由|x|≤2知，|x2|≤1，故可設 x2 = sin?(0≤?＜2?)

即x = 2 sin?(0≤?＜2?)

∴|3x-x|=|6sin-8sin

例2、33?|=2|sin3?|≤2 ?(1?a2)(1?b2)|≤1 若|a|≤1, |b|≤1,證明 ：|ab

證明：由已知可設 a=sin? ,b=sin??、?

∴|ab

例

3、??0,2?? ?(1?a2)(1?b2)|=| sin? sin?±cos ?cos ?|=|cos(?±?)|≤1 已知a、b、c、d均為不大于1的正數，求證：4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)中至少有一個不大于1.分析：結論中有否定詞可考慮用反證法，此題可用均值不等式證明；又條件中各字母有上界，故也可用三角換元。證法一（均值不等式）：假設4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)都大于

1則4a(1-b)4b(1-c)4c(1-d)4d(1-a)＞1（1）

又0＜a、b、c、d≤1故4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)均為非負數

4a(1-b)· 4b(1-c)· 4c(1-d)·4d(1-a)=256a(1-a)·b(1-b)·c(1-c)·d(1-d)

≤256·[a?(1?a)2b?(1?b)2c?(1?c)2d?(1?d)2][][][]=1與（1）矛盾 222

2故4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)中至少有一個不大于1.證法二（三角換元）：假設4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)都大于

1則4a(1-b)4b(1-c)4c(1-d)4d(1-a)＞1（1）

又0＜a、b、c、d≤

1設 a=sin2?、b=sin?、c=sin?、d=sin?，?、?、?、??(0,)222?

2則4a(1-b)· 4b(1-c)· 4c(1-d)·4d(1-a)

=4sin

22?·cos?·4sin?·cos?·4sin?·cos?·4sin?·cos? 2222222222=sin2?·sin2?·sin2?·sin2?≤1與（1）矛盾

∴4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)至少有一個不大于1.【評析】：以上三個題，共同的特點是：已知字母的取值是有界的，可通過簡單變式將其轉化為正、余弦函數的值域內，故可采取正、余弦三角代換，利用三角關系式，以達到簡化證明之目的。

例

4、設z＞0、x＞z、y＞z，求證：

x?z)(y?z)?(x?z)(y?z)?2xy

1證明：由 x＞z＞0 ,y＞z＞0 得，1＞

zx

＞0，1＞

zy

＞0

于是可設，zx

=cos? ,zy

=cos??、?

?(0,)

?

zzzz

(x?z)(y?z)?x?z)(y?z))?(1?)(1?)?(1?)(1?)=

xyxyxy

(1?cos)(1?cos)?1?cos)(1?cos)?2cos

2=2cos

?

?2cos2

?

?2sin2

?

?2sin2

?

?

cos

?2

+2sin

?2

sin

?2

=2cos（?

?)≤2

故

(x?z)(y?z)?x?z)(y?z)?2xy

zzzz

(1?)(1?)?(1?)(1?)≤2

xyxy

【評析】：分析結論發現，此題證明的結論可等價變式為：

由已知易知：1＞

z

x

＞0，1＞

zy

＞0，轉化為有界問題，故可采用三角換元，結合根式要化簡被開方數需升冪，所

以用余弦換元（注意角的取值范圍），以達到事半功倍的效果。

二、利用同角函數的平方關系換元。

例

5、已知a、b、x、y均為實數，且a+b=1,x+y=1 求證：（1）|abxy|≤

(2)|ax+by|≤

1證明：由已知，可設a=sin? ,b=cos ? ,x=sin?,y=cos ?(0≤?、?＜2?)（1）|abxy|=| sin? cos ? sin? cos ?|=

4|sin2?||sin2?|≤

（2）|ax+by|=|sin?sin?+cos ?cos ?|=|cos（?-?）|≤

1例

6、已知 2a+ 6b= 3，求證：| a + b| ≤

2a2b2

??1，故可設，a?證明：由已知得，3122

| a + b|=|

31cos?，b?sin?22

(0≤?＜2?)

?31

cos??sin?|=2sin（?+

322）≤

【評析】：例5、6題中，已知條件是非負數和為常數，經變形可化為x+y=1的形式，考慮到sin可用同一角的正弦和余弦代換x、y，再通過三角式化簡解決相應問題。

例

7、若1≤x+y≤2，求z = x-xy+y的極值。解：由已知，可設：x= r cos ?,y = r sin?

2?+cos?=1，故

其中，0≤?＜2?、1≤r≤z = x-xy + y=r

當r=2，sin2?=-1 時，z最大，最大值為3.當r=1，sin2?=1 時，z最小，最小值為

cos2??rcos??rsin??r2sin2??r2(1?sin2?)

2。

【評析】：此題條件是非負數和有界，可轉化為a≤x+y≤b，其中a、b為正數且a＜b，可令：x= r cos ?,y = r sin? ,a≤r≤b，將求函數極值問題轉化為求三角式的最值問題。

三、利用正切函數的無界性換元。例

8、x為正實數，試證（x?1?x)?x＜

證明：由x＞0，可設x=tan∵（? , ??(0,)

?

x?1?x)?x=(?tan2??tan2?)?tan2?

=（11?sin?1?sin?

?tan?)?tan???sin???sin?

2cos?(1?sin?)(1?sin?)cos?11?sin?

＞

= 1-又?

?1?(0,)，∴1＞sin?＞0, ∴2＞1+sin?＞1, ∴1＞

21?sin?11∴＞1-＞0

21?sin?

即 ：(x?1?x)?x＜

【評析】：此題字母是無界正數，可令x=tan?,?x=tan

?(0,),但注意結論中含有根式，為了便于計算，作代換

?

? , ??(0,),將代數證明轉化為計算三角式的取值范圍，學生易于接受。通常情況下，?

當字母是無界實數時，不妨可考慮用正切換元（注意角的取值范圍）試試，或許會有意想不到的驚喜。

四、利用三角條件等式換元： 例

9、若x + y + z = x y z，求證：x(1?

y2)(1?z2)?y(1?z2)(1?x2)?z(1?x2)(1?y2)= 4xyz

證明:由已知可設,x= tanA ,y= tanB ,z= tanC(其中A+B+C=k?，A、B、C≠k?+

?，k∈z)

2而所證等式等價于

2x2y2z8xyz

???

1?x21?y21?z2(1?x2)(1?y2)(1?z2)

即證tan2A + tan2B + tan2C = tan2A tan2B tan2C（1）成立。因為A+B+C=k?，k∈z，所以，2A + 2B + 2C =2 k?，k∈z 所以（1）式成立，即原式得證。

例

10、已知x、y、z是實數，且滿足

x?yy?zz?x

???0

1?xy1?yz1?zx

求證：

x?yy?zz?x，1?xy1?yz1?zx

中必有兩個互為相反數。

證明：由已知，可設x= tanA ,y= tanB ,z= tanC(其中A、B、C≠k?+

?，k∈z)

2所以，x?yy?z

=tan(A-B),1?xy1?yz

=tan(B-C),z?x

1?zx

=tan(C-A)

代入已知得，tan(A-B)+ tan(B-C)+ tan(C-A)= 0 又(A-B)+(B-C)+(C-A)=0 ,所以tan(A-B)+ tan(B-C)+ tan(C-A)= tan(A-B)tan(B-C)tan(C-A)=0 即

z?xx?yy?z

??

1?xy1?yz1?zx

=0，所以，x?yy?z、1?xy1?yz、z?x1?zx

中至少有一個是零，因而必有兩個互為

相反數。

【評析】：此類型題條件中含有“三實數和等于三實數積（或可轉化為三實數和等于三實數積）”的形式，聯想到tanA + tanB + tanC = tanA?tanB?tanC(其中A+B+C=k?，A、B、C≠k?+

?，k∈z)

2可將題中的相應字母用正切代換，但一定要注意等式成立的條件：A+B+C=k?，A、B、C≠k?+問題轉化為三角問題，再利用和、差、倍角公式化簡變形達到目的。

?，k∈z，將代數2

以上是筆者通過多年的教學實踐，歸納出幾種類型的三角換元方法，當證明的結論形式繁雜時，可根據條件嘗試利用三角換元，將代數問題三角化，以期達到化繁為簡的目的。有不當之處敬請廣大同仁批評指正。

第二篇：代數中的向量證明方法

代數中的向量證明方法

利用向量知識解題具有很多優越性:思路直觀,運算簡單,能把“數”與“形”有機地結合起來.學好平面向量,不僅是掌握生活、學習的一種工具,還能提高自己的數形結合能力和創新能力,而且能陶冶情操,享受數學思想方法帶來的向量學的美.利用向量解決中學數學題目已經相當普遍,下面舉例運用向量方法證明代數中的一些問題.y

一 利用平面向量巧證三角證明題

例1 利用向量證明

cos10?cos130?cos250?0，?

?

?

130°

x

sin10?sin130?sin250?0.?

?

?

A

圖

1證明:設正三角形ABC的邊長為1.如圖1,置于坐標系中則

AB??cos10?,sin10??,BC??cos130?,sin130??,CA??cos250?,sin250??,AB?BC?CA??cos10??cos130??cos250?,sin10??sin130??sin250??,?AB?BC?CA??0,0?,??cos10??cos130??cos250?,sin10??sin130??sin250????0,0?.?cos10??cos130??cos250??0,sin10??sin130??sin250??0.評析：依本題的證法，我們使x軸的正方向繞A點逆時針旋轉到向量AB的最小角為?，（而不是本題的特殊角10?）可以得到以正三角形為依托的較為一般的兩個三角等式：

cos??cos(??120)?cos(??240)?0,?

?

y

sin??sin(??120)?sin(??240)?0.?

?

G

A

例2用向量的方法還可以解決如下的問題，求值：cos

2?7?cos

4?7?cos

6?7?cos2?7

8?7?cos

10?7

?cos

12?7

C

解：因正七邊形的外角為系中，則

AB??cos0,sin0??{1,0},，設正七邊形的邊長為1，如圖2所示置于坐標

2?2???

BC??cos,sin?,77??4?4??

CD??cos,sin

77?6?6??

DE??cos,sin

77?

?

?, ???, ?

8?8???

EF??cos,sin?,77??10?10??

FG??cos,sin

77?12?12??

GA??cos,sin

77?

圖

2?

?, ???.?

?AB?BC?CD?DE?EF?FG?GA?0.?1?cos?cos

2?72?7?cos4?74?7?cos6?76?7?cos8?78?7?cos

10?7

?cos

12?7

?0,?cos?cos?cos?cos

10?7

?cos

12?7

??1.評析：此題是應用上面的證明方法來分析求解，在中學數學中可以遇到不少類似的題目，都可以類似來求解.例3 用向量證明三角公式:

cos(???)?cos?cos??sin?sin?.證明:如圖3,作一個單位圓,取平面上的兩個單位向量a、b使它們與x軸上的單位向量

i形成α、??角,即 OA?

a,OB?b.a?b??cos(???)?cos(???),又a??cos?,sin??,b??cos?,?sin??, ?a?b?cos?cos??sin?sin?,?cos(???)?cos?cos??sin?sin?.圖

評析:該公式在教材中采用構造法證明,先構造一個單位圓,再在單位圓上構造四點,形成兩個全等三角形,利用兩點間的距離公式證得.這種方法在構造圖形上要求太高,很難與我們學過的知識相聯系起來.當我們學過平面向量后,可以簡潔地將此公式證明.同法,我們可以證明:

例4cos?cos??

?cos(???)?cos(???)?.證明：設三個單位向量：

a??cos?,sin??,b??cos?,sin??,c??cos?,?sin??, ?a?b?cos?cos??sin?sin??cos(???), a?c?cos?cos??sin?sin??cos(???).?a?b?a?c?cos(???)?cos(???).又?a?b?a?c?a?(b?c)，?b?c??2cos?,0?, ?a（?b?c）?2cos?cos?.綜上所述,可得: cos?cos??

?cos(???)?cos(???)?.二 構造向量證明不等式

利用以下定理，可以用向量證明代數不等式.定理: a,b為兩個非零向量,則

:例5 設a,b,c?R+，試證：證明:構造向量:

ab

bc

?ca

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

???

.?a

?1bc?11?a??，,b?，???.bcabc??a??

??(a?b),得

（ab

?

bc

?

ca)?1a

?

1b

?

1c

?1a

?

1b

?

1c,即

ab

?

bc

?

ca

?

?

?

當且僅當a?b?c時,不等號成立.用向量證明問題還應該注意一些符號問題，如：

例6

????2?)

證明：由于a和b方向的不確定性，可按分類討論的思想進行證明.（1）若a與b共線且方向相同時，則

?

??????2

?? ??

?

所以????2?).（2）若a與b共線且方向相反，則

?

??????2

?? ??

?

所以????2?).（3）若a與b不共線時，如圖4，設OA?a,OB?b,作平行四邊形OACB，可得

OC?a?b,BA?a?b;

在三角形OAB

中，??????BOA;在三角形OAC

中，?????OAC.因為?BOA??OAC??

所以兩式相加可得

B

C

????2?).O

A

圖4

評析：由于平面向量具有“數”和“形”的雙重功能，涉及“數”與“形”的許多問題需要分類討論，所以用分類討論思想解決平面向量問題是順理成章的事.通過分類討論把向量中的問題分門別類轉為局部問題，使繁復的向量問題簡單化，從而達到解決問題的目的.同樣地，我們可以用構造向量的方法來證明三角不等式： 例7 設?，?，?均為銳角，滿足sin2??sin2??sin2??1則

sin?sin?

?

sin?sin?

?

sin?sin?

?1。

證明：構造兩個向量：

2?sin??

a

??,??sin?sin?

sin

?

sin?sin?,??

?, sin?sin???sin

?

b?

?sin?,sin?sin?,?sin?.?

sin?sin?sin?

?(a?b).即

(?

sin

?

sin?sin?

?

sin?sin?sin?)?(sin?sin??sin?sin??sin?sin?)

?(sin??sin

??sin?)

所以

sin?sin?

?

sin?sin?

?

sin?sin?

?

(sin??sin

??sin?)

sin?sin??sin?sin??sin?sin?

?

(sin??sin??sin?)sin??sin??sin?

2222

?sin??sin??sin??1

評析：證明此類不等式證明，若能觀察到向量的“影子”，通過構造向量，利用向量的數量積運算公式，能使繁復的問題簡單化.例8 若x，y，z?R?，且x?y?z?1.n為正整數.求證:

x

n

y(1?y)

?

y

n

z(1?z)

?

z

n

x(1?x)

?

n?2

n

?9

.證明：由已知條件，知1?xn?0,1?yn?0,1?zn?0.構造向量：

??a??

??

x

n,y

n,y(1?y)

z(1?z)

??

?,b?n

x(1?x)??z

y(1?y),n

z(1?z),n

x(1?x)

n

?

(x?y

?(a?b).得

?

y

n

?z)

?[

x

n

y(1?y)z(1?z)

?

z

n

x(1?x)

]?[y(1?y)?z(1?z)?x(1?x)]

n

n

n

所以

x

n

y(1?y)

?

y

n

z(1?z)

?

z

n

x(1?x)

?

(x?y?z)

(x?y?z)?(x

n?1

2222

?y

n?1

?z

n?1)

[3（?

x?y?z)]

(x?y?z)?3?（x?y?z)

n?1

122

[3?()]n

??n?2.1n?13?9

1?3?()

若取n?1,得

x

y(1?y)

?

y

z(1?z)

?

z

x(1?x)

?

.（《上海中學數學》1993（2）數學問題1）若取n?2，得

x

y(1?y)

?

y

z(1?z)

?

z

x(1?x)

?

.（《數學通報》1994（11）數學問題921）

評析：此題也是巧妙構造向量的例子，題中n的取值不同可以得到不同的不等式方程，對應解決不同的數學問題.小結：愛因斯坦說：“提出一個問題往往比解決一個問題更重要”.善于觀察的人可以將常人熟視無睹的問題提出來，并加以研究解決.在引入向量的知識后，因為“向量”具有幾何形式和代數形式的“雙重身份”，它可以作為聯系代數和幾何的紐帶，是中學數學知識的一個交匯點.本文主要從代數問題的角度利用向量方法證明，打破常規，構造向量，利用平面向量的數量積獲得妙解.思路直觀，運算簡單，能把“數”與“形”有機的結合起來.

第三篇：立體幾何的證明方法1]

立體幾何的證明方法總結

文字語言表述部分：

一、線線平行的證明方法

1、利用平行四邊形；

2、利用三角形或梯形的中位線；

3、如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面與這個相交，那么這條直線和交線平行。（線面平行的性質定理）

4、如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行。（面面平行的性質定理）

5、如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行。（線面垂直的性質定理）

6、平行于同一條直線的兩個直線平行。

7、夾在兩個平行平面之間的平行線段相等。

二、線面平行的證明方法

1、定義法：直線和平面沒有公共點。

2、如果平面外的一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線就和這個平面平行。（線面平行的判定定理）

3、兩個平面平行，其中一個平面內的任意一條直線必平行于另一個平面。

4、反證法。

三、面面平行的證明方法

1、定義法：兩個平面沒有公共點。

2、如果一個平面內的兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行。（面面平行的判定定理）

3、平行于同一個平面的兩個平面平行。

4、經過平面外一點，有且只有一個平面與已知平面平行。

5、垂直于同一條直線的兩個平面平行。

四、線線垂直的證明方法

1、勾股定理；

2、等腰三角形；

3、菱形對角線;

4、圓所對的圓周角是直角；

5、點在線上的射影；

6、如果一條直線和這個平面垂直，那么這條直線和這個平面內的任意直線都垂直。

7、在平面內的一條直線，如果和這個平面一條斜線垂直，那么它也和這條斜線的射影垂直。（三垂線定理）

8、在平面內的一條直線，如果和這個平面一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直。

9、如果兩條平行線中的一條垂直于一條直線，那么另一條也垂直于這條直線。

五、線面垂直的證明方法：

1、定義法：直線與平面內的任意直線都垂直；

2、點在面內的射影；

3、如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線垂直，那么這條直線就和這個平面垂直。（線面垂

直的判定定理）

4、如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內垂直于它們交線的直線必垂直于另一個平面。（面

面垂直的性質定理）

5、兩條平行直線中的一條垂直于平面，那么另一條必垂直于這個平面。

6、一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，那么這條直線必垂直于另一個平面。

7、兩相交平面同時垂直于第三個平面，那么它們的交線必垂直于第三個平面。

8、過一點，有且只有一條直線與已知平面垂直。

9、過一點，有且只有一個平面與已知直線垂直。

六、面面垂直的證明方法：

1、定義法：兩個平面的二面角是直二面角；

2、如果一個平面經過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面垂直；（面面垂直的判定定理）

3、如果一個平面與另一個平面的垂線平行，那么這兩個平面互相垂直。

4、如果一個平面與另一個平面的垂面平行，那么這兩個平面互相垂直。

立體幾何常見證明方法

數學符號表述部分

1、線線平行

①利用相似三角形或平行四邊形

②利用公理4：平行于同一直線的兩條直線互相平行

③線面平行?線線平行 a//???即a????a//l

????l??

④面面平行?線線平行 ?//???即????a??a//b

????b??

即a?????a//b

b???

2、線線垂直

①兩條直線所成角為90?②線面垂直?線線垂直

即a?????a?b b???

③三垂線定理及其逆定理

AB?

??三垂線定理：??

AC?

l

BC?l?

三垂線逆定理：AB?????

BC?l AC?l?

④兩直線平行，其中一條垂直于第三條直線，則另一條也垂直于這條直線。

3、線面平行

①定義：若一條直線和一個平面沒有公共點，則它們平行；

②線線平行?線面平行

若平面外的一條直線平行于平面內的一條直線，則它與這個平面平行。

a//b??即b????a//?a????

③面面平行?線面平行

若兩平面平行，則其中一個平面內的任一條直線平行于另一個平面。

即?//????a//?a???

4、線面垂直

①線線垂直?線面垂直

a?b,a?c??即b??,c????a??b?c?O??

②面面垂直?線面垂直

兩平面垂直，其中一個平面內的一條直線垂直于它們的交線，則這條直線垂直于另一個平面。???,????l??a??,即??a??

a?l??

即?//????l

?? l??

?

④兩直線平行，其中一條直線垂直于這個平面，則另一條直線也垂直于這個平面。即a//b???b?

? a???

5、面面平行

①線面平行?面面平行

若一個平面內兩條相交直線都平行于另一個平面，則這兩個平面平行。

a//?,b//???即a??,b?????//?

a?b?O??

②平行于同一平面的兩個平面平行

?//??即???//? ?//??

即??l????//? ??l?

a???????? a???

6、面面垂直 ①依定義，二面角的平面角為90?；②

第四篇：一類對稱或循環不等式的配方法證明

一類對稱或循環不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數學奧林匹克》之體會

數學組蔡玉書（215006）

縱觀國內外數學奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關于a,b,c的對稱或輪換對稱的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時很難達到目的，而利用它們的對稱性，直接利用比較法進行適當的配方，就可以使得問題得到完美的解決。本文從歷年的國內外數學奧林匹克試題中精心選擇若干優秀試題，進行詳細的分析與解答，供參賽選手和數學奧林匹克教練員參考。

例1設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,當且僅當a=b=c,即△ABC是正三角形時等號成立.例2 已知a,b,c是正數, 證明：

abc3(1)(1963年莫斯科數學奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數學競賽試題)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x, y, z是正數, 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

證明 設 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正實數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 因為xyz≥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x、y、z是正實數,求證：(xy+yz+zx)[+年伊朗數學奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設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)因為x≥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,因為x≥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a,b,c是一個三角形的三邊長,求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等號成立的條件.(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年羅馬尼亞數學奧林匹克試題)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年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時乘以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，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,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年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)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.因為z是正數,這是顯然的.同理可證其余兩個不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利數學奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因為abc=1,所以++≥++)等價于 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(+年越南數學奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因為(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因為+[+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,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

第五篇：工作與收入證明(樣本1 公務員或事業單位)

(打印到彩色單位抬頭紙上并蓋章)

XXX先生/女士的工作與收入證明

茲證明XXX先生/女士，出生日期：XX年XX月XX日，XXXX年XX月進入（XXXX單位全稱）工作，目前擔任XXXX職務。

XXX先生/女士過去兩年的平均年稅后收入為人民幣XX萬元左右，其個人所得稅由我單位代扣代繳。

XXXX單位全稱

證明人：XXXX 職務：XXXX

聯系電話：xxxx-xxxxxxx

地址：xxxxxxxx

日期：2016年xx月xx日