1樓：網友
證明：(2a+b+c)^2/[(2a)^2+(b+c)^2]
2a)^2+(b+c)^2+2*2a*(b+c)]/2a)^2+(b+c)^2]
1+2*2a*(b+c)/[2a)^2+(b+c)^2]
因為(2a)^2+(b+c)^2>=2*2a*(b+c)，若且唯若2a=b+c時等號成立。
則1+2*2a*(b+c)/[2a)^2+(b+c)^2]<=2，即(2a+b+c)^2/[(2a)^2+(b+c)^2]<=2
同理可得：(a+2b+c)^2/(2b^2+(a+c)^2)<=2，若且唯若2b=a+c時頃皮等號首乎碰成立。
a+b+2c)^2/((a+b)^2+2c^2)<=2，若且唯若2c=a+b時等號成立。
所以(2a+b+c)^2/(2a^2+(b+c)^2)+(a+2b+c)^2/(2b^2+(a+c)^2)+(a+b+2c)^2/((a+b)^2+2c^2)<=6恆成立，若且唯若 2a=b+c、2b=a+c、2c=a+b時，即a=b=c時等號成立。
則當a b c∈r+時，(2a+b+c)^2/(2a^2+(b+c)^2)+(a+2b+c)^2/(2b^2+(a+c)^2)+(a+b+2c)^2/者談((a+b)^2+2c^2)<=8
乙個競賽的不等式，求助。
2樓：梅隨流水
令f=a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 - 2(ab +bc +ca). 則只須證f≥0
設a>=b>=c
若c>=1 代數變形。
f＝(a－1)^2＋2(b－1)×(c－1)a＋(b－c)^2>=0若c<1 f＝(a＋bc－b－c)^2＋c(2－c)(b－1)^2＋(c－1)^2>=0
3樓：網友
右邊變形得4a^2+4b^2+4c^2>=2a^2+2b^2+2c^2+2(ab+bc+ac) 和左邊比較若 3a^2+3b^2+3c^2+2abc+1>=4a^2+4b^2+4c^2 則等式成立，且成立的條件是等號同時滿足，解得a=b=c=1。這樣對應左邊取得最小值。則說明a ,b ,c>1。
這樣變成了比較2abc+1和a^2+b^2+c^2的大小。因為在a,b,c>1時。a^2+b^2+c^2>=3abc>2abc+1.
滿足的等號條件還是a=b=c=1，等式成立。
4樓：栩箭
令f(a,b,c) = aa + bb + cc + 2abc + 1 - 2ab - 2bc - 2ac
f對a的偏導 f'a = a + bc - b - c
f對b的偏導 f'b = b + ac - a - c
f對c的偏導 f'c = c + ab - a - b
令f'a = f'b = f'c = 0, 在a，b，c≥0下求得駐點(a,b,c)為(0,0,0)或者(1,1,1)
f(0,0,0) = 1
f(1,1,1) = 0
f(+∞= +∞
所以點(1,1,1)是在a,b,c≥0下的使得f(a,b,c)最小的點。
f(a,b,c) ≥f(1,1,1) = 0
即aa + bb + cc + 2abc + 1 - 2ab - 2bc - 2ac ≥ 0
整理aa + bb + cc + 2abc + 1 ≥ 2( ab + 2bc + 2ac )
5樓：解析數論
上面的答案都有迴圈論證的理論錯誤。是錯的解答。特別是第乙個解答如下：
由抽屜原理，a,b,c至少有兩個在1的同側（要麼2個都大於1，要麼2個都小於1）
不妨設a,b在1的同側，所以：（a-1)(b-1)大於等於0
ab大於等於a+b-1,兩邊乘以2c...
並且aa+bb+cc+1大於等於2ab+2c...
以上兩式相加即可！
6樓：網友
先分情況討論。
1）其中任意乙個為0
例如c=0;a,b>0則。
a^2+b^2+1≥2ab顯然成立。
2）其中任意兩個為0
例如a=b=0;c>0則。
c^2+1≥0顯然成立。
3）三個都為0則。
1≥0 顯然成立。
4）a,b,c>0則。
7樓：李科和王姍姍
是a的n次方乘以2，還是別的。
高中數學競賽不等式
8樓：淡淡的死去
給點分 ab+bc+cd+ad=1>=4abcd 若且唯若a=b=c=d=1/4
然後代入不等式就行了。
數學不等式證明（競賽）
9樓：網友
作邊長為1的正方形。
把其中一邊上任意分成三段，其長度記為a，b，c過分點，作被分段的垂線，即把正方形分為長為1，寬分別為a，b，c的矩形。
由於a<1,b<1,c<1，在每乙個矩形區域中均可作與矩形寬相同邊長的正方形。
比如，在寬為a的矩形中可作邊長為a的正方形。
由於每一正方形均小於此區域矩形，而三矩形的面積之和為1所以a*a+b*b+c*c<1
10樓：網友
a+b+c=1,將兩邊平方得到 a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=1a,b,c均為正，2ab+2bc+2ac>0所以a^2+b^2+c^2<1
一道高中數學競賽問題(關於不等式）
11樓：
設截距式：x/a+y/b=1（a>0,b>0)
於是1/a+2/b=1
由此，以及am-gm不等式知：
ab|^2=a^2+b^2=（a^2+b^2)(1/a+2/b)^2
4（a/b)^2+(b/a)^2+4(a/b)+4(b/a)+5
4(a/b)^2+2(b/a)+2(b/a)]+b/a)^2+2(a/b)+2(a/b)]+5
3[4(a/b)^2*2(b/a)*2(b/a)]^1/3)+3[(b/a)^2*2(a/b)*2(a/b)]^1/3)+5
當a/b=(1/2)^(1/3) 時取到等號。。。
即|ab|最小值[6*2^(1/3)+3*4^(1/3)+5]^(1/2)
12樓：
設與x軸夾角為a
ab^2=(2ctana+1)^2+(2+tana)^2=5+4ctan^2a+tan^2a+4ctana+4tana>=5+2√4ctan^2atan^2a+2√4ctana4tana=17
ab最小為√17
一道不等式競賽題
13樓：
首先有(a²+3b²)/(ab²(4-ab)) 2ab+2b²)/(ab²(4-ab)) = 2(a+b)/(ab(4-ab)).
同理(b²+3c²)/(bc²(4-bc)) 2(b+c)/(bc(4-bc)),c²+3a²)/(ca²(4-ca)) 2(c+a)/(ca(4-ca)).
只需證明： 36(a+b)/(ab(4-ab))+36(b+c)/(bc(4-bc))+36(c+a)/(ca(4-ca)) 72.
而36(a+b)/(ab(4-ab)) = 9(a+b)(1/(ab)+1/(4-ab))
9/b+9/a+9a/(4-ab)+9b/(4-ab)
9a/(4-ab)+(4-ab)/a+9b/(4-ab)+(4-ab)/b+5/a+5/b+a+b
6+6+5/a+5/b+a+b
12+5(1/a+1/b)+(a+b).
同理36(b+c)/(bc(4-bc)) 12+5(1/b+1/c)+(b+c), 36(c+a)/(ca(4-ca)) 12+5(1/c+1/a)+(c+a).
於是36(a+b)/(ab(4-ab))+36(b+c)/(bc(4-bc))+36(c+a)/(ca(4-ca))
36+10(1/a+1/b+1/c)+2(a+b+c)
42+10(1/a+1/b+1/c)
而由cauchy不等式得(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) ≥9, 即1/a+1/b+1/c ≥ 3.
代入即得： 36(a+b)/(ab(4-ab))+36(b+c)/(bc(4-bc))+36(c+a)/(ca(4-ca)) 72.
關於乙個不等式問題？不等式的問題？
是的，要分類討論。乙個最簡單的例子 x的平方大於1 直覺上看是 x 1 但實際上 x 1也行。分類討論 滿意望。x x 2 0,說明x和x 2同號 同時為正，或者同時為負 分別討論 1 同時為正，則 x 0 x 2，交集是x 2 2 同時為負，則x 0，x 2，交集是x 0所以最後的解是x 0，與x...
高中數學不等式不等式組
1 不等式化為 x 2 x 3 0由於對應的方程 x 2 x 3 0的根為2，3所以 解集為 2，3 2 4x 2 4x 1 2x 1 2 0所以原不等式等價於 2x 1 2 0 所以 x 1 2 3 x 2 4x 2 x 0 分子分母的零點是 0，2 6，2 6所以不等式的解集是 2 6，0 2 ...
幾道解不等式，來解幾道數學不等式？
第一題 數形結合 作出函式y x 和函式y x 的影象，發現y 影象始終在y 影象上方，也就是題給不等式恆成立。故解集為 r 第二題，請樓主按照端點值 和 對不等式去絕對值符號 再求解。當然樓主要是對此類函式影象熟悉的話也可以用數形結合 求解 第三題和第題 屬於分式不等式 解法稍微複雜點。首先移動常...