2024一招搞定三視圖考題（小A）

2024一招搞定三視圖考題（小A）相信看完了，你一定知道這招是什么了吧？一題弄懂極值點(diǎn)偏移5大套路已知，．若有兩個(gè)極值點(diǎn)，，且，求證：（為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．解法一：齊次構(gòu)造通解偏移套路證法1：欲證，需證．若有兩個(gè)極值點(diǎn)，，即函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．又，所以，，是方程的兩個(gè)不同實(shí)根．于是，有，解得．另一方面，由，得，從而可得，．于是，．又，設(shè)，則．因此，，．要證，即證：，．即：當(dāng)時(shí)，有．設(shè)函數(shù)，，則，所以，為上的增函數(shù)．注意到，，因此，．于是，當(dāng)時(shí)，有．所以，有成立，．解法二變換函數(shù)能妙解證法2：欲證，需證．若有兩個(gè)極值點(diǎn)，，即函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．又，所以，，是方程的兩個(gè)不同實(shí)根．顯然，否則，函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，不符合題意．由，即只需證明即可．即只需證明．設(shè)，，故在，即，故．由于，故在，．設(shè)，令，則，又因?yàn)椋?，在，故有，即．原命題得證．解法三構(gòu)造函數(shù)現(xiàn)實(shí)力證法3：由，是方程的兩個(gè)不同實(shí)根得，令，，由于，因此，在，．設(shè)，需證明，只需證明，只需證明，即，即．即，，故在，故，即．令，則，因?yàn)?，，在，所以，即．解法四巧引變量（一）證法4：設(shè)，，則由得，設(shè)，則，．欲證，需證．即只需證明，即．設(shè)，，，故在，故，故在，因此，命題得證．解法五巧引變量（二）證法5：設(shè)，，則由得，設(shè)，則，．欲證，需證，即只需證明，即，設(shè)，，故在，因此，命題得證．一類對(duì)稱或循環(huán)不等式的配方法證明_-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?，就可以使得?wèn)題得到完美的解決。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)=EQ\F(1,2)(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2=EQ\F(1,2)(a+b－c)(a－b)2+EQ\F(1,2)(b+c－a)(b―c)2+EQ\F(1,2)(a+c－b)(c―a)2.∵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：(1)EQ\F(a,b+c)+EQ\F(b,c+a)+EQ\F(c,a+b)≥EQ\F(3,2).(1963年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題)(2)EQ\F(a2,b+c)+EQ\F(b2,c+a)+EQ\F(c2,a+b)≥EQ\F(a+b+c,2).(第2屆世界友誼杯數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題)證明(1)∵EQ\F(a,b+c)+EQ\F(b,c+a)+EQ\F(c,a+b)－EQ\F(3,2)=EQ\F(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))=EQ\F(2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2),2(a+b)(b+c)(c+a))=EQ\F(a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2),2(a+b)(b+c)(c+a))=EQ\F((a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2,2(a+b)(b+c)(c+a))≥0,∴EQ\F(a,b+c)+EQ\F(b,c+a)+EQ\F(c,a+b)≥EQ\F(3,2).(2)不難證明EQ\F(a2,b+c)+EQ\F(b2,c+a)+EQ\F(c2,a+b)=(a+b+c)(EQ\F(a,b+c)+EQ\F(b,c+a)+EQ\F(c,a+b))－(a+b+c),利用這個(gè)恒等式得到不等式EQ\F(a,b+c)+EQ\F(b,c+a)+EQ\F(c,a+b)≥eq\f(3,2)和EQ\F(a2,b+c)+EQ\F(b2,c+a)+EQ\F(c2,a+b)≥EQ\F(a+b+c,2)等價(jià).例3設(shè)x,y,z是正數(shù),則EQ\F(y2－x2,z+x)+EQ\F(z2－y2,x+y)+EQ\F(x2－z2,y+z)≥0.(W.Janous猜想)證明設(shè)u=EQ\F(y2－x2,z+x)+EQ\F(z2－y2,x+y)+EQ\F(x2－z2,y+z),v=EQ\F(y2－z2,z+x)+EQ\F(z2－x2,x+y)+EQ\F(x2－y2,y+z),則u－v=EQ\F(z2－x2,z+x)+EQ\F(x2－y2,x+y)+EQ\F(y2－z2,y+z)=z―x+x―y+y―z=0,又u+v=(x2－y2)(EQ\F(1,y+z)－EQ\F(1,z+x))+(y2－z2)(EQ\F(1,z+x)－EQ\F(1,x+y))+(z2－x2)(EQ\F(1,x+y)－EQ\F(1,y+z))=(x2－y2)EQ\F(x－y,(y+z)(z+x))+(y2－z2)EQ\F(y－z,(z+x)(x+y))+(z2－x2)EQ\F(z-x,(x+y)(y+z))=EQ\F((x+y)(x－y)2,(y+z)(z+x))+EQ\F((y+z)(y－z)2,(z+x)(x+y))+EQ\F((z+x)(z－x)2,(x+y)(y+z))≥0,所以,u=v>0.從而EQ\F(y2－x2,z+x)+EQ\F(z2－y2,x+y)+EQ\F(x2－z2,y+z)≥0.例4正實(shí)數(shù)x,y,z滿足xyz≥1,證明：EQ\F(x5－x2,x5+y2+z2)+EQ\F(y5－y2,y5+z2+x2)+EQ\F(z5－z2,z5+x2+y2)≥0.(第46屆IMO試題)證明因?yàn)閤yz≥1,所以EQ\F(x5－x2,x5+y2+z2)≥EQ\F(x5－x2·xyz,x5+(y2+z2)·xyz)=EQ\F(x4－x2yz,x4+yz(y2+z2))≥EQ\F(2x4－x2(y2+z2),2x4+(y2+z2)2),類似地,可得EQ\F(y5－y2,y5+z2+x2)≥EQ\F(2y4－y2(z2+x2),2y4+(z2+x2)2),EQ\F(z5－z2,z5+x2+y2)≥EQ\F(2z4－z2(x2+y2),2z4+(x2+y2)2).令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化為證明EQ\F(2a2－a(b+c),2a2+(b+c)2)+EQ\F(2b2－b(c+a),2b2+(c+a)2)+EQ\F(2c2－c(a+b),2c2+(a+b)2)≥0EQ\F(a(a－b)+a(a－c),2a2+(b+c)2)+EQ\F(b(b－c)+b(b－a),2b2+(c+a)2)+EQ\F(c(c－a)+c(c－b),2c2+(a+b)2)≥0EQ\O(∑,\S\up5(),\S\DO5(cyc))(a-b)(EQ\F(1,2a2+(b+c)2)-EQ\F(1,2b2+(c+a)2))≥0EQ\O(∑,\S\up5(),\S\DO5(cyc))(a-b)2(EQ\F(c2+c(a+b)+a2-ab+b2,(2a2+(b+c)2)(2b2+(c+a)2)))≥0.例5設(shè)x、y、z是正實(shí)數(shù),求證：(xy+yz+zx)[EQ\F(1,(x+y)2)+EQ\F(1,(y+z)2)+EQ\F(1,(z+x)2)]≥EQ\F(9,4).(1996年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題)證明不妨設(shè)x≥y≥z＞0,(xy+yz+zx)[EQ\F(1,(x+y)2)+EQ\F(1,(y+z)2)+EQ\F(1,(z+x)2)]－EQ\F(9,4)=EQ\F(xy+z(x+y),(x+y)2)+EQ\F(yz+x(y+z),(y+z)2)+EQ\F(zx+y(z+x),(z+x)2)－EQ\F(9,4)=EQ\F(x,y+z)+EQ\F(y,z+x)+EQ\F(z,x+y)－EQ\F(3,2)+EQ\F(xy,(x+y)2)－EQ\F(1,4)+EQ\F(yz,(y+z)2)－EQ\F(1,4)+EQ\F(zx,(z+x)2)－EQ\F(1,4)=EQ\F(1,2)[EQ\F((x－y)2,(y+z)(z+x))+EQ\F((z－x)2,(x+y)(y+z))+EQ\F((y－z)2,(x+y)(z+x))]－[EQ\F((x－y)2,4(x+y)2)+EQ\F((y－z)2,4(y+z)2)+EQ\F((z－x)2,4(z+x)2)]=EQ\F(1,4){[EQ\F(2,(y+z)(z+x))－EQ\F(1,(x+y)2)](x－y)2+[EQ\F(2,(x+y)(z+x))－EQ\F(1,(y+z)2)](y－z)2}+[EQ\F(2,(x+y)(y+z))－EQ\F(1,(z+x)2)](z－x)2]}=EQ\F(1,4)[Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],①其中Sz=EQ\F(2,(y+z)(z+x))－EQ\F(1,(x+y)2),Sx=EQ\F(2,(x+y)(z+x))－EQ\F(1,(y+z)2),Sy=EQ\F(2,(x+y)(y+z))－EQ\F(1,(z+x)2).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.若Sx＜0,因?yàn)閤≥y≥z＞0,所以EQ\F(y,x)≥EQ\F(y－z,x－z)≥0,于是,(y－z)2≤(EQ\F(y,x))2(x－z)2.Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx(EQ\F(y,x))2(x－z)2+Sy(z－x)2=EQ\F(y2Sx+x2Sy,x2)(z－x)2.②下面證明y2Sx+x2Sy≥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)=EQ\F(1,2)[(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.例7已知a,b,c＞0,證明：EQ\F(b+c,a)+\F(c+a,b)+\F(a+b,c)≥\F((a2+b2+c2)(ab+bc+ca),abc(a+b+c))+3.(2006年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題)證明EQ\F(b+c,a)+\F(c+a,b)+\F(a+b,c)－3－\F((a2+b2+c2)(ab+bc+ca),abc(a+b+c))=EQ\F(b+c,a)+\F(c+a,b)+\F(a+b,c)－6－[\F((a2+b2+c2)(ab+bc+ca),abc(a+b+c))－3]=EQ\F((b－c)2,bc)+EQ\F((c－a)2,ca)+EQ\F((a－b)2,ab)－[EQ\F((b+c)(b－c)2,bc(a+b+c))+EQ\F((c+a)(c－a)2,ca(a+b+c))+EQ\F((a+b)(a－b)2,ab(a+b+c))]=[EQ\F(1,bc)－EQ\F((b+c),bc(a+b+c))](b－c)2+[EQ\F(1,ca)－EQ\F((c+a),ca(a+b+c))](c－a)2+[EQ\F(1,ab)－EQ\F((a+b),ab(a+b+c))](a－b)2=EQ\F(a,bc(a+b+c))(b－c)2+EQ\F(b,bc(a+b+c))(c－a)2+EQ\F(c,bc(a+b+c))(a－b)2≥0.例8在△ABC中,證明:a2(EQ\F(b,c)－1)+b2(EQ\F(c,a)－1)+c2(EQ\F(a,b)－1)≥0.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)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：aEQ\r(\F((p－b)(p－c),bc))+bEQ\r(\F((p－c)(p－a),ca))+cEQ\r(\F((p－a)(p－b),ab))≥p.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)證明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,則a=y+z,b=z+x,c=x+y.aEQ\r(\F((p－b)(p－c),bc))+bEQ\r(\F((p－c)(p－a),ca))+cEQ\r(\F((p－a)(p－b),ab))≥p?(y+z)EQ\R(\f(yz,(x+y)(x+z)))+(z+x)EQ\R(\f(zx,(y+z)(y+x)))+(x+y)EQ\R(\f(xy,(z+x)(z+y)))≥x+y+z?2(y+z)EQ\R(\f(yz,(x+y)(x+z)))+2(z+x)EQ\R(\f(zx,(y+z)(y+x)))+2(x+y)EQ\R(\f(xy,(z+x)(z+y)))≥2(x+y+z)?EQ\F((y+z)z,x+y)+EQ\F((y+z)y,x+z)－(y+z)(EQ\R(\f(z,x+y))－EQ\R(\f(y,x+z)))2+EQ\F((z+x)z,x+y)+EQ\F((z+x)x,y+z)－(z+x)(EQ\R(\f(z,x+y))－EQ\R(\f(x,y+z)))2+EQ\F((x+y)x,y+z)+EQ\F((x+y)y,x+z)－(x+y)(EQ\R(\f(x,y+z))－EQ\R(\f(y,x+z)))2≥2(x+y+z)?2(EQ\F(x2,y+z)+EQ\F(y2,z+x)+EQ\F(z2,x+y))－(x+y+z)≥(y+z)(EQ\R(\f(z,x+y))－EQ\R(\f(y,x+z)))2+(z+x)(EQ\R(\f(z,x+y))－EQ\R(\f(x,y+z)))2+(x+y)(EQ\R(\f(x,y+z))－EQ\R(\f(y,x+z)))2?EQ\F((x+y+z)(x－y)2,(y+z)(z+x))+EQ\F((x+y+z)(y－z)2,(z+x)(x+y))+EQ\F((x+y+z)(z－x)2,(x+y)(y+z))≥(y+z)EQ\F((x+y+z)2(y－z)2,(z+x)(x+y)(\R(z(x+z))+\r(y(x+y)))2)+(z+x)EQ\F((x+y+z)2(z－x)2,(x+y)(y+z)(\R(z(y+z))+\r(x(x+y)))2)+(x+y)EQ\F((x+y+z)2(x－y)2,(y+z)(z+x)(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2).①下面證明EQ\F((x+y+z)(x－y)2,(y+z)(z+x))≥(x+y)EQ\F((x+y+z)2(x－y)2,(y+z)(z+x)(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2)?1≥EQ\F((x+y+z)(x+y),(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2)?EQ(\R(x(x+z))+\r(y(y+z)))2≥(x+y+z)(x+y)?2EQ\R(x(x+z))\r(y(y+z))≥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.例10已知a,b,c＞0,且abc=1,證明：EQ\F(1,a)+\F(1,b)+\F(1,c)－EQ\F(3,a+b+c)≥2(EQ\F(1,a2)+\F(1,b2)+\F(1,c2))·EQ\F(1,a2+b2+c2).(2004年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克試題)證明因?yàn)閍bc=1,所以EQ\F(1,a)+\F(1,b)+\F(1,c)－EQ\F(3,a+b+c)≥2(EQ\F(1,a2)+\F(1,b2)+\F(1,c2))EQ\F(1,a2+b2+c2)等價(jià)于EQ\F(1,a)+\F(1,b)+\F(1,c)－EQ\F(3,a+b+c)≥2(EQ\F(1,a2)+\F(1,b2)+\F(1,c2))EQ\F(abc,a2+b2+c2).注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有EQ\F(1,a)+\F(1,b)+\F(1,c)－EQ\F(3,a+b+c)－2(EQ\F(1,a2)+\F(1,b2)+\F(1,c2))EQ\F(abc,a2+b2+c2)=EQ\F([(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c),abc(a+b+c)(a2+b2+c2))=EQ\F((a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c),abc(a+b+c)(a2+b2+c2))=EQ\F([(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)],abc(a+b+c)(a2+b2+c2))=EQ\F(ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)],abc(a+b+c)(a2+b2+c2))=EQ\F(ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2,abc(a+b+c)(a2+b2+c2))≥0.所以,原不等式成立.例11已知x,y,z∈[1,2],證明：(x+y+z)(EQ\F(1,x)+\F(1,y)+\F(1,z))≥6(EQ\F(x,y+z)+EQ\F(y,z+x)+EQ\F(z,x+y)).(2006年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題)證明不妨設(shè)2≥x≥y≥z≥1,因?yàn)?x+y+z)(EQ\F(1,x)+\F(1,y)+\F(1,z))－9=EQ\F((x－y)2,xy)+\F((y－z)2,yz)+\F((z－x)2,zx),又因?yàn)镋Q\F(x,y+z)+EQ\F(y,z+x)+EQ\F(z,x+y)－EQ\F(3,2)=EQ\F(1,2)[EQ\F((x－y)2,(y+z)(z+x))+EQ\F((y－z)2,(x+y)(z+x))+EQ\F((z－x)2,(y+z)(x+y))],所以(x+y+z)(EQ\F(1,x)+\F