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广东省2015年高中数学竞赛-几个重要不等式及其应用


广东数学竞赛几个重要不等式及其应用
一、几个重要不等式

2015.6

以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的,应用极为广泛。 a ? a ? ? ? an n 1、算术-几何平均值(AM-GM)不等式设 a1 , a2 ,?, an 是非负实数,则 1 2 ? a1a2 ? an . n 2、柯西(Cauchy)不等式

r />
? n ?? n ? ? n ? 设 ai , bi ? R ( i ? 1, ? 2 , n ,则 ) ? ? ai2 ?? ? bi2 ? ? ? ? ai bi ? . 等 ? i ?1 ?? i ?1 ? ? i ?1 ?

2

号成立当且仅当存在 ? ? R ,使 bi ? ?ai , i ? 1, 2 ? , n, .

? n ? ? ? ai ? 2 n a 变形 1) : 设 ai ? R, bi ? R ? , 则 ? i ? ? i ?1 ? ; 等 号 成 立 当 且 仅 当 存 在 ? ? R , 使 n i ?1 bi ? bi
i ?1

2

bi ? ?ai , i ? 1, 2,?, n.
? n ? ? ? ai ? n 变形 2)设 ai , bi 同号,且 ai , bi ? 0 ,则 ? ai ? ? i ?1 ? 。等号成立当且仅当 b1 ? b2 ? ? ? bn n i ?1 bi ? ai bi
i ?1 2

3.排序不等式

设 a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ? ? bn , j1 , j2 ,?, jn 是 1,2,?, n 的一个排列,则

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? an b1 ? a1b j1 ? a2b j2 ? ? ? a3b jn ? a1b1 ? a2b2 ? ?an bn . 等 号 成 立 当 且 仅
当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 。 (用调整法证明). 4 . 琴 生 ( Jensen ) 不 等 式 若 f ?x ? 是 区 间 ?a, b ? 上 的 凸 函 数 , 则 对 任 意 的 点

x1 , x2 ,?, xn ? ?a, b? (n ? N * ) 有
f( x1 ? x2 ? ? ? xn 1 )? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ? ? f ? xn ? ? ? . 等号当且仅当 x1 ? x2 ? ? ? xn 时取得 n n?

二、进一步的结论 运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论,有时用 这些结论也会起到意想不到的效果。 1. 幂均值不等式
? 设 ? ? ? ? 0 , ai ? R (i ? 1,2,?, n) ,则

? ? ? a1? ? a 2 ? ? ? an M? ? ? ? n ?

? ? ? ? ? a1? ? a 2 ? ? ? an ? ?? ? ? n ? ?

1

?? ? ? M? 。 ? ?

1

1

证:作变量代换,令 ai ? xi ,则 ai ? xi ,则
1

?

?

1? M ? ? M ? ? ? x1? ? x2? ? ? ? xn? n? ?

?

?

?

? ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? ? ??? ? ?① ? ? n ? ?

?

? ? ? ? ? 0 ,?

? ?1, ?

又函数 f ( x) ? x p ( p ? 1) 是 ?0,??? 上的凸函数,由 Jensen 不等式知①式成立。 2.(切比雪夫不等式) 设两个实数组 a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ? ? bn ,则

1 ?a1 bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? ? n

? ai
i ?1

n

n

?

?b
i ?1

n

i

n

?

1 ?a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ? n

等号成立当且仅当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 。 证: 由排序不等式有:a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ,

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1b2 ? a2b3 ? ? ? anb1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn ,
……………………………………………………………………………

a1bn ? a2bn?1 ? ? ? anb1 ? a1bn ? a2b1 ? ? ? anbn?1 ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn 以上 n 个等式相加即得。
3. 一个基础关系式

x? y1?? ? ?x ? (1 ? ? ) y ,其中 x, y ? 0, ? ? [0,1]
x? ? ? y? ? ?
?

证:若 x,y 中有一个为 0,则显然成立。 设 x,y 均不为零,则原不等式 ? ? ?

?x? ? ? ? ?? ? ?1?? ? y?





x ? t ,则上式 ? t ? ? ?t ? (1 ? ? ) ,记 f (t ) ? ?t ? (1 ? ? ) ? t ? ,则 f ?(t ) ? ? ? ?t ? ?1 ,因此, y

当 t ? 1 时, f ?(t ) ? 0 ,当 0 ? t ? 1 时, f ?(t ) ? 0 ,且 f ?(1) ? 0 ,所以 f (t ) 得极小值为 f (1) ? 0 , 故 ?t ? (1 ? ? ) ? t ? ? 0 ,即 x? y1?? ? ?x ? (1 ? ? ) y .

4. Holder 不等式

? n ?p? n ?q 设 ak , bk ? 0(k ? 1,2,?n), p, q ? 1 且 1 ? 1 ? 1 , 则 ? ak bk ? ? ? akp ? ? ? bkq ? 等 p q k ?1 ? k ?1 ? ? k ?1 ?
n

1

1

q 号成立当且仅当存在 t ? R 使得 akp ? tbk (k ? 1,2,?, n) 。

证: 在上面基础关系式中,取 ? ?

1 1 1 , x ? Akp , y ? Bkq , 有 Ak Bk ? Akp ? Bkq ……① p p q

① 式两边对 k 求和,得:

?A B
k ?1 k

n

k

?

1 n p 1 n q Bk ,令 A ? ? Ak ? q ? k p k ?1 k ?1

ak ? ? ? ? akp ? ? k ?1 ?
n 1 p

, Bk ?

bk ? ? ? ? bkq ? ? k ?1 ?
n 1 q

,

2

代入上式即证。 5. 一个有用的结论 设 ai , bi ? R ,则
?

? (a
i ?1

n

i

? bi ) ? ? a ? ? b ,推广得
i ?1 i ?1

1 n

n

1 n i

n

1 n i

设 aij ? R? , (i ? 1,2,?, n, j ? 1,2,?, n) ,则
n n

? (? a
i ?1 j ?1
n i ?1

n

n

ij

) ? ? (? aij ) .
j ?1 i ?1
1

1 n

n

n

1 n

证:原不等式 ? ? (?
j ?1 i ?1

aij ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

) n ? 1 ,而 (?

1

aij ai1 ? ai 2 ? ?ain

)n ?

aij 1 n (? ) n i?1 ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

? ? (?
j ?1 i ?1

n

n

aij ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

) ?

1 n

aij 1 n n (? ) ? n j ?1 i?1 ai1 ? ai 2 ? ? ? ain

?

n aij 1 n 1 n 1 ,它可把含根式的积性不等式化为和式。 (? ) ? ?1 ? ? n ? 1 ? n i ?1 j ?1 ai1 ? ai 2 ? ? ? ain n i ?1 n

三、如何运用几个重要不等式 例 1 设 a, b, c ? R ? 且 a b c? 1,求证: a ? b ? c ? a ? b ? c 。
2 2 2 3 3 3

证:由柯西不等式有 (a3 ? b3 ? c3 )(a ? b ? c) ? (a 2 ? b2 ? c 2 ) 2 …① 而 3(a 2 ? b2 ? c 2 ) ? (12 ? 12 ? 12 )(a 2 ? b2 ? c 2 ) ? (a ? b ? c) 2 ? (a ? b ? c) ? 33 abc

? 3(a ? b ? c) ,即 a 2 ? b 2 ? c 2 ? a ? b ? c …②
由①②有: (a3 ? b3 ? c3 )(a ? b ? c) ? (a 2 ? b2 ? c 2 )(a ? b ? c) ,∴ a ? b ? c ? a ? b ? c
2 2 2 3 3 3

a 2 ? b2 ? c2 a 2 ? b2 ? c 2 2 a 2 ? b2 ? c 2 2 )( 方法二:由幂均值不等式有: a ? b ? c ? 3( ) ? 3( ) 3 3 3
3 3 3

3

1

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

?2 ? ? a2 ? b2 ? c2 。 ? ?

1

方法三:由切比雪夫不等式和 AM-GM 不等式有:不妨设 a ? b ? c ,则

a 3 ? b3 ? c 3 ?

(a 2 ? b 2 ? c 2 )(a ? b ? c) (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? 33 abc ? ? a2 ? b2 ? c2 3 3
n
n

例 2 设 xi ? 0, (i ? 1,2, ?, n), 证:左边=

?x
i ?1

i

? 1 ,求证: ?
i ?1

xi ? 1 ? xi
n 1

?
i ?1

n

xi

n ?1
n2
n 1

?
i ?1

n

n 1 ? ? 1 ? xi ? 1 ? xi i?1

n2

?
i ?1

n

1 ? xi

? ? 1 ? xi ?
i ?1

n

(?1) 2 (? (1 ? xi )) 2
i ?1 i ?1

? (?1) 2 (? (1 ? xi )) 2
i ?1 i ?1

n

1

n

1

3

n2 n ? ? n(n ? 1) ? ? n(n ? 1) n ?1

? x ? (1
i

2

???1 )

2

n ?1

?

?
i ?1

n

xi


n ?1

评注:通过此例注意体会如何运用柯西不等式分离或合成变量。 例 3 设 a, b, c, d ? R ? , a b c d ? 1 ,求证:

? a(b ? 1) ? 2

1

证:设 a ?

x y z w , b ? , c ? , d ? , ( x, y, z, w ? R ? ) ,则原不等式 y z w x

??

1 1 yz ?2?? ? 2 ? ? x ? 2 ,由 Cauchy 不等式有: x y 1 1 x( y ? z ) ( ? 1) ? y z y z

?

1 (? ) 2 x ? ? 1 1 1 1 1 ? ( ? ) ?x y z y z

1 x

?x

1
2

? 2? 1 xy

1 xy

2?

?

2?

1 1 ? 2? xy xy ? 2 ,故原不等式成立。 1 2? xy

评注:本题通过换元,把原不等式齐次化,再用柯西不等式。 例 4 设 n 是正整数, 且 ak ? 0, k ? 1,2,?, n ,
n 1

?a
k ?1

n

k

求证: ? 1, ? (n ? 2 ?
k ?1

n

1 ) ? (2n ? 2) n ak

证:原不等式 ?

1 (n ? 2 ? ) n ? 2n ? 2 ,由“二,结论 5” 有 ? ak k ?1
1

n 1 n?2 n?2 1 n ? ? (n ? 2 ? ) n ? ? ( ?? ? ) ak n? 1 n ? 1 ak k ?1 k ?1 ? ? ? ?? ? ? n n ?1个

1

?n (

n n?2 n n?2 2 1 1 ) ??? n ( ) ? ? n?2? ,又? ? ai ? nn a1a2 ? an , n a a ?a n a a ?a n ?1 n ?1 i ?1 1 2 n 1 2 n

?

n

1 ? a1a2 ? an

n

?a
i ?1

n

? n ,故 ? (n ? 2 ?
k ?1

n

i

1 ) ? (n ? 2 ? n) n ? (2n ? 2) n 。 ak

评注:本例第一步放缩也可用 Holder 不等式的推广。

i 存在一个实数 c ,使得 0 ? ai ? c . 例 5 设 a1 , a2 , . .是一个无穷项的实数列,对于所有正整数

4

且 ai ? a j ? 证 :

1 对所有正整数 i, j (i ? j ) 成立,证明: c ? 1. i? j

对 于 n ? 2 , 设 ? (1), ? (2),..., ? (n) 为 1,2,...n 的 一 个 排 列 且 满 足 :

0 ? a? (1) ? a? (2) ? ... ? a? ( n) ? c .
∴ c ? a? ( n) ? a? (1) ? (a? ( n) ? a? ( n?1) ) ? (a? ( n?1) ? a? ( n?2) ) ? ... ? (a? (2) ? a? (1) )

?

1

? (n) ? ? (n ? 1)

?

1 1 …① ? ? ... ? ? (n ? 1) ? ? (n ? 2) ? (2) ? ? (1)

(n ? 1) 2 2? ? (i) ? ? (1) ? ? (n)
i ?1 n

(柯西

不等式)

n ?1 4 (n ? 1 2 ) (n ? 1 2 ) ? ? 1? ? 2 .故 c ? 1. ?c? n?3 n( n? 1 ) ? ? (1 ?)? n( )n ? n ? 3 n ? 3

评注:这里把 a i 有序化后,①的变形是关键。 4?a-b? 2 a2 b2 c2 例 6 设 a, b, c 为正实数, 求证 b + c + a ≥ a + b + c + , 确定等号成立的条件. a+b+c a2 b2 c2 a2 b2 c2 证:由于 b + c + a -a-b-c = ? b + b-2a? + ? c + c-2b? + ? a + a-2c? = 1 1 1 ?a-b? 2 + ?b-c? 2 + ?c-a? 2 … ① b c a 而由 Cauchy 不等式有

1 1 1 [ b ?a-b? 2 + c ?b-c? 2 + a ?c-a? 2 ]?b + c + a? ≥ ?|a-b| + |b-c| + |c-a| ? 2 … ② 且由 |a-b| + |b-c| + |c-a| ≥ |a-b| + |?b-c? + ?c-a?| = 2|a-b| 知 ?|a-b| + |b-c| + |c-a| ? 2 ≥ 4?a-b? 2 … ③ 结合①②③可得

4?a-b? 2 a2 b2 c2 1 2 + + - a - b - c ≥ ? | a - b | + | b - c | + | c - a | ? ≥ …④ b c a a+b+c a+b+c 由④便知题目中的不等式成立. 若题中不等式取等号, 即④取等号. 故不等式②与③皆取等号. 1 1 1 由②式取等号知,存在 k ≥ 0,使得 b ?a-b? 2 = bk, c ?b-c? 2 = ck, a ?c-a? 2 = ak, 即?a-b? 2 = b 2 k, ?b-c? 2 = c 2 k, ?c-a? 2 = a 2 k … ⑤ 由③式取等号知 b-c 与 c-a 同号,从而三个数 b-c, c-a, b-a 同号,结合⑤知存在实数 l,使得 b-a = bl, b-c = cl, c-a = al … ⑥ 由⑥知 l = 1- a b c = -1 = -1 … ⑦ b c a

b c b c a b 由⑦可得 c = a ,记 c = a = x,则 c = ax, b = ax 2,再由⑦式中 1-b = c -1 得 1- 1 = x-1 即 x 3-2x 2 + 1 = 0.故?x-1??x 2-x-1? = 0. x2
5

结合 x > 0 可解得 x = 1 或 x = 或 1: 1 ?3 + 2 5 ?: 1 ?1 + 2

1 ?1 + 2

5 ?.故 a : b : c = 1 : x 2 : x = 1 : 1 : 1

5 ?…⑧

又当 a, b, c 满足条件⑧时,容易难题目中不等式确实取等号.故⑧即为题中不等式取等号的 充要条件. 评注:①式的变形非常漂亮,是解题的关键所在。

例 7 在 ?A B C中,求证:

?c o s A ? 4?c o s A c o s B
2 2 2

证:在 ?ABC 中,令 ? ? b 2 ? c 2 ? a 2 , ? ? a 2 ? c 2 ? b 2 , ? ? a 2 ? b 2 ? c 2 ,则原不等式

??

?2 ? 2? 2 , 由 AM-GM 不等式有: ? 4? (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? ) 2 (? ? ? )(? ? ? )

4? 2 ? 2 ?? ?2 ? (? ? ? )2 (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ,即证。
评注:在 ?ABC 中令 c ? y ? x, b ? x ? z, a ? y ? z, 则有以下结论:

S?ABC ? xyz( x ? y ? z) ,外接圆半径 R ?
2 xyz ? ? x ( x ? y )( x ? z )

? ( x ? y) ,内切圆半径 r ? xyz , 4 xyz? x ?x


sin A ?

, cos A ?

( x ? y)(x ? z )

x ? ? x ? yz

例 8 设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy ? bz ? a; az ? cx ? b; bx ? ay ? c. 求函数

f ( x, y, z ) ?

x2 y2 z2 的最小值. ? ? 1? x 1? y 1? z
? b2 ? c2 ? a2 ?x ? 2bc ? a2 ? c2 ? b2 令 ? ?y ? 2ac ? 2 ? a ? b2 ? c2 ?z ? 2ab ?

解:由已知条件三式解出

? ? b2 ? c 2 ? a 2 , ? ? a 2 ? c 2 ? b2 ,

从而可知 x ? ? ? a 2 ? b2 ? c 2 。

? ? ? ,y ? ,z ? (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? ) (? ? ? )(? ? ? )

?2 ?2 x ( ? ? ? )( ? ? ? ) (易知 ?、?、? ? R ) = ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ? 1? x 1? (? ? ? )(? ? ? )
?
2

6

从而 f ( x, y, z ) ? ∑

(? ? ) 2 ?2 ≥ (? ? ? )(? ? ? ) ? ? (? ? ? )(? ? ? ) ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? (? ? ? )(? ? ? )

(柯西不等式) 。 下证 f ( x, y, z ) ?

(? ? ) 2 1 1 . 只需证 ? 2 ? (? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? (? ? ? )(? ? ? ) 2

? 2? ? 2 ? 4? ?? ? ? ? 2 ? 3? ?? ? ? ? (? ? ? )(? ? ? )

? ?? 2 ? ??? ? ?? (? ? ? )(? ? ? ) ………(*)
2? ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ?? ,从而(*)式 2 1 1 1 1 成立,故知 f ( x, y, z ) ? . 而当 x ? y ? z ? ,即 a ? b ? c 时, f ( x, y, z ) ? 4 ? 3 ? . 1 2 2 2 1? 2 1 从而 f ( x, y, z ) 的最小值是 . 2
利用均值不等式知:

??

(? ? ? )(? ? ? ) ? ? ? ?

评注:这是 2005 年的联赛试题,巧妙地代数换元后,避免了三角变形的麻烦。 例9 xk = 设 a1, a2, …, an 为大于等于 1 的实数,n ≥ 1,A = 1 + a1 + a2 + … + an.定义 x0 = 1,

1 n2A ?1 ≤ k ≤ n?.证明:x1 + x2 + … + xn > 2 . n +A2 1 + akxk-1 1 ak ak ? yk = 1 + yk-1 .由 yk-1 ≥ 1, ak ≥ 1 可得 1+ yk-1

1 1 证:设 yk = x ,则 y = k k

?

1 ak 1 ak 1 -1??ak-1? ≤ 0 … ?*? ? 1 + ≤ ak + .所以 yk = 1 + ≤ ak + . yk-1 yk-1 yk-1 yk-1 yk-1
n n n

故 ? y k ≤ ? ak + ?
k=1 k=1

1

k = 1 yk-1

n-1 1 n n 1 n 1 1 = ? ak + + ? y =A+ ? y <A+ ? y . y0 k=1 k=1 k k=1 k k=1 k

n 1 n n2 令 t = ? y ,由柯栖不等式有 ? yk ≥ t .因此,对 t > 0,有 k=1 k k=1

n2 t < A + t ? t

2

+ At - n

2

> 0? t >

-A +

A 2 + 4n 2 2

=

A+

2n 2 A 2 + 4n 2



2n 2 n2A = 2 .评注:本题巧妙运用函数方法,?*?式值得注意,是常见的放缩手段. 2 2n n +A2 A+A+ A 例 10 设 ai > 0 ?i = 1, 2, …, n?,? ai = 1, k ? N+ . 求证 ?a1k +
i=1 n

1 1 1 ??a2k + k ? … ?ank + a k ? a1k a2 n

1 ≥ ?n k + n k ? n.
7

1 证:首先证明函数 f ?x? = ln ?x k + x k ?在区间?0, 1]上是下凸函数.事实上,由于 f ? ?x? = 1 1 xk+ xk ?kx k 1-kx
- -k-1

x 2k-1 ? = k· 2k + 1 , x +x

1 - f ?? ?x? = k· 2k + 1 ? 2k· x 2k 1 ?x 2k + 1 + x?-?x 2k-1?? ?2k + 1?x 2k + 1 ? ? ?x + x? 2 = = k ? ?2kx 4k + 2kx 2k ?-? ?2k + 1?x 4k-2kx 2k-1? ? ?x 2k + 1 + x? 2 k ?x
2k + 1

+ 2? 2

?-x 4k + 4kx 2k + 1? … ①

0 < x ≤ 1,由于 k ? N + ,-x 4k + kx 2k + 1 = -?x 2k-2k? 2 + 4k 2 + 1 > -?2k? 2 + 4k 2 + 1 > 0. 故由①知 f ?? ?x? > 0 ?x ? ?0, 1]?.故 f ?x?在?0, 1]上为下凸函数。 由于 ai > 0, a1 + a2 + … + an = 1 ?i = 1, 2, …, n?,故 ai ? ?0, 1].从而由 Jensen 不等式有 1 1 1 n ? f ?a1? + f ?a2? + … + f ?an? ? ≥ f ? n ?a1 + a2 + … + an? ? = f ? n ?, 1 即 f ?a1? + f ?a2? + … + f ?an? ≥ n f ? n ?. 故 ln ?a1k + 1 1 1 1 ? + ln ?a2k + k ? + … + ln ?ank + a k ? ≥ n ln ? ? n ? k + a1k a2 n 1 1 1 1 ??a2k + k ? … ?ank + k ? ≥ ln ? k + n k ? n. an n a1k a2 1 1 1 1 ??a2k + k ? … ?ank + a k ? ≥ ? n k + n k ? n.证毕. a1k a2 n 1 k ? ? ai ? n
n i=1

1 ?. 1 k ? ? n

即 ln ?a1k +

从而 ?a1k +

k n n 1 另证:由 H?lder 不等式得 ? ?aik + a k ? ≥ ?? ? ai ? n + i i=1 i=1

? n.

? ai
又∵

n

? ai ≤ ?
i=1

n

i=1

n

?

n

1 = ? n ?

n

k n 1 < 1,且 f ?x? = x + x 在?0, 1?上单减.∴ ?? ? ai ? n + i=1 1 ? n = ? n k + n k ? n,得证.

1 k n ? ? ai ? n
i=1

k 1 n· ?n≥?? n ? n +

1 k 1 ? n ? n· n

8

9


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