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摘要:本文主要是对《中学数学研究》(广东)2008年第12期刘长华老师文章中的两个不等式进行加权推广.
关键词:分式不等式;加权推广
参考文献中给出了三个优美的分式不等式,本文拟对其中两个不等式进行加权推广,推广后的不等式在形式上、结论上都保持了简洁与优美的品质. 现叙述如下:
定理1 若x,y,z,λ>0,且满足x+y+z=1,
则++≥.
证明 由题设知0 则(λ+4)x-(λ+5)<0,1+(λ+1)x-λx2=1+x+λx(1-x)>0.
由[(λ+4)x-(λ+5)](3x-1)2≤0,
展开得9(λ+4)x3-(15λ+69)x2+(7λ+34)x-(λ+5)≤0,两边同乘正数λ得9λ(λ+4)x3-(15λ+69)λx2+(7λ+34)λx-(λ+5)λ≤0,
整理可得≥.
于是有++≥
.
由于x+y+z=1,
则++
≥=.
令λ=6,便可得参考文献中的定理1,即如下:
推论1 若x,y,z>0,满足x+y+z=1,
则++≥1.
定理2 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,≤λ≤,
则++≤.
证明 令f(x)=(9λ-4)x+3λ(4-3λ),x∈[0,2],若要让f(x)≥0在区间[0,2]恒成立,只需满足f(0)≥0且f(1)≥0,即3λ(4-3λ)≥0且(9λ-4)+3λ(4-3λ)≥0,解得≤λ≤.
由上知,当00,(9λ-4)x+3λ(4-3λ)>0,于是有(3x-2)2[(9λ-4)x+3λ(4-3λ)]≥0.
展开得(81λ-36)x3-(81λ2-48)x2+(108λ2-108λ-16)x+12λ•(4-3λ)≥0,
整理得(λ-λx+x2)[(81λ-36)x+12(4-3λ)]≥(3λ+4)2x,由于λ-λx+x2>0及(3λ+4)2>0,
则上式可化为≤.
由x+y+z=2及上述所得结论可得
++
≤
=,证毕.
令λ=1,便可得参考文献中的定理2,即如下:
推论2 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,
则++≤.
令λ=,可得以下:
推论3 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,
则++≤3.
对两个定理的参数取恰当的值,可以得到一些优美推论,在此不再详述. 对参考文献中的定理3的加权推广比较容易,读者可以一试.
参考文献
刘才华,周学英. 三个优美的分式不等式[J]. 中学数学研究(广东),2008(12).
关键词:分式不等式;加权推广
参考文献中给出了三个优美的分式不等式,本文拟对其中两个不等式进行加权推广,推广后的不等式在形式上、结论上都保持了简洁与优美的品质. 现叙述如下:
定理1 若x,y,z,λ>0,且满足x+y+z=1,
则++≥.
证明 由题设知0
由[(λ+4)x-(λ+5)](3x-1)2≤0,
展开得9(λ+4)x3-(15λ+69)x2+(7λ+34)x-(λ+5)≤0,两边同乘正数λ得9λ(λ+4)x3-(15λ+69)λx2+(7λ+34)λx-(λ+5)λ≤0,
整理可得≥.
于是有++≥
.
由于x+y+z=1,
则++
≥=.
令λ=6,便可得参考文献中的定理1,即如下:
推论1 若x,y,z>0,满足x+y+z=1,
则++≥1.
定理2 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,≤λ≤,
则++≤.
证明 令f(x)=(9λ-4)x+3λ(4-3λ),x∈[0,2],若要让f(x)≥0在区间[0,2]恒成立,只需满足f(0)≥0且f(1)≥0,即3λ(4-3λ)≥0且(9λ-4)+3λ(4-3λ)≥0,解得≤λ≤.
由上知,当0
展开得(81λ-36)x3-(81λ2-48)x2+(108λ2-108λ-16)x+12λ•(4-3λ)≥0,
整理得(λ-λx+x2)[(81λ-36)x+12(4-3λ)]≥(3λ+4)2x,由于λ-λx+x2>0及(3λ+4)2>0,
则上式可化为≤.
由x+y+z=2及上述所得结论可得
++
≤
=,证毕.
令λ=1,便可得参考文献中的定理2,即如下:
推论2 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,
则++≤.
令λ=,可得以下:
推论3 若x,y,z>0,且满足x+y+z=2,
则++≤3.
对两个定理的参数取恰当的值,可以得到一些优美推论,在此不再详述. 对参考文献中的定理3的加权推广比较容易,读者可以一试.
参考文献
刘才华,周学英. 三个优美的分式不等式[J]. 中学数学研究(广东),2008(12).