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摘 要:本文用二次函数的一个美妙性质解决了一类无理不等式的证明,并对相应类型的不等式进行了推广.
关键词:二次函数;无理不等式
贵刊曾刊登了一篇用“1”巧证了一类无理不等式的文章,读后颇受启发,但证明中的技巧性正如文中所言,的确很强,学生不易驾驭. 经过笔者研究发现,这类无理不等式的证明可以用二次函数的一个性质轻松解决,而且还可以将其推广至一般情形. 其实这些不等式可统一写成形如≤C(其中xi∈R+,i=1,2,…,n,A,B,C∈R+,xi=s)的形式. 首先,我们给出众所周知的二次函数的性质.
命题 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),如果对任意的实数x,f(x)≥0恒成立,那么必有Δx≤0成立.
例1已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1,求证:++≤.
证明 令=x,=y,=z,++=s,则有x2+y2+z2=7.
构造函数f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0对一切实数t均成立,故
Δ=4(x+y+z)2-12(x2+y2+z2)≤0,即4s2-12×7≤0,从而s≤.
所以++≤.
注此题原形最早出现在1980年列宁格勒数学竞赛题中,原题如下:
设a,b,c,d∈R+,a+b+c+d=1,求证:+++<6.
略证方法同上,易得+++≤4<6.
其实例1可推理为如下定理.
定理1设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=1,A∈R+,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=s,
则t=A+n. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4s2-4n(n+A)≤0,
从而s≤,
即≤.
例2已知a>0,b>0,且a+b=1,求证:+≤2.
证明令=x,=y,+=s,
则x2+y2=2. 构造二次函数f(t)=2t2+2(x+y)t+(x2+y2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2≥0对一切实数t均成立,从而Δ=4(x+y)2-8(x2+y2)≤0.
所以4s2-8×2≤0,从而s≤2,即+≤2.
此例可以推理为如下定理.
定理2设xi∈R+,i=1,2,…,n,m∈Z+,m≥2,xi=1,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=s,则t=1+. 构造二次函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4s2-4n1+≤0,
从而有s≤,
即≤.
例3已知a,b,c∈R+,且a+b+c=2,求证:++≤.
证明 令=x,=y,=z,++=s,
则有x2+y2+z2=2. 构造函数f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0对一切实数t均成立,故
Δ=4(x+y+z)2-12(x2+y2+z2)≤0,即4s2-12×2≤0,从而s≤.
所以++≤.
将此题推理得到如下定理.
定理3设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=s,则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=r,则t=s. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4r2-4ns≤0,从而r≤,
即≤.
用此定理的三元情形可以证明三角形中的一些含根式的不等式. 我们约定a,b,c;p,R,r;ha,hb,hc;la,lb,lc;A,B,C分别表示△ABC的三边长,半周长、外接圆半径、内切圆半径,高线长,中线长和三个内角.
(1)++≤(1990年第16届全俄IMO试题).
简证由条件及定理3有
++≤=.
(2)设凸n边形的边长分别为a1,a2,…,an,且ai=2p,则?摇
≤.?摇
(3)∑≤.?摇
简证由定理3及恒等式∑sinA=即可得证.
(4)∑≤4.?摇
简证由定理3及恒等式∑tantan=1即可得证.
(5)∑≤.?摇
简证由定理3及熟知的不等式∑ha≤p即可得证.
(6)∑≤p.?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇
简证由定理3及著名的Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2和p2≥27r2即可得证.
(7)∑≤3.
简证由定理3及熟知的不等式∑≤1+即可得证.
将定理1、2、3合并起来再推理会得到定理4.
定理4设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=s,A,B∈R+,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=r,则t=As+nB. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故Δ=4ti2-4nt≤0,即4r2-4n(As+nB)≤0,从而r≤,即≤.
从以上例子和定理可以看出,解决这类问题构造函数简单,模式固定,学生容易接受、掌握和运用.
关键词:二次函数;无理不等式
贵刊曾刊登了一篇用“1”巧证了一类无理不等式的文章,读后颇受启发,但证明中的技巧性正如文中所言,的确很强,学生不易驾驭. 经过笔者研究发现,这类无理不等式的证明可以用二次函数的一个性质轻松解决,而且还可以将其推广至一般情形. 其实这些不等式可统一写成形如≤C(其中xi∈R+,i=1,2,…,n,A,B,C∈R+,xi=s)的形式. 首先,我们给出众所周知的二次函数的性质.
命题 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),如果对任意的实数x,f(x)≥0恒成立,那么必有Δx≤0成立.
例1已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1,求证:++≤.
证明 令=x,=y,=z,++=s,则有x2+y2+z2=7.
构造函数f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0对一切实数t均成立,故
Δ=4(x+y+z)2-12(x2+y2+z2)≤0,即4s2-12×7≤0,从而s≤.
所以++≤.
注此题原形最早出现在1980年列宁格勒数学竞赛题中,原题如下:
设a,b,c,d∈R+,a+b+c+d=1,求证:+++<6.
略证方法同上,易得+++≤4<6.
其实例1可推理为如下定理.
定理1设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=1,A∈R+,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=s,
则t=A+n. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4s2-4n(n+A)≤0,
从而s≤,
即≤.
例2已知a>0,b>0,且a+b=1,求证:+≤2.
证明令=x,=y,+=s,
则x2+y2=2. 构造二次函数f(t)=2t2+2(x+y)t+(x2+y2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2≥0对一切实数t均成立,从而Δ=4(x+y)2-8(x2+y2)≤0.
所以4s2-8×2≤0,从而s≤2,即+≤2.
此例可以推理为如下定理.
定理2设xi∈R+,i=1,2,…,n,m∈Z+,m≥2,xi=1,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=s,则t=1+. 构造二次函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4s2-4n1+≤0,
从而有s≤,
即≤.
例3已知a,b,c∈R+,且a+b+c=2,求证:++≤.
证明 令=x,=y,=z,++=s,
则有x2+y2+z2=2. 构造函数f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
则f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0对一切实数t均成立,故
Δ=4(x+y+z)2-12(x2+y2+z2)≤0,即4s2-12×2≤0,从而s≤.
所以++≤.
将此题推理得到如下定理.
定理3设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=s,则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=r,则t=s. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,
则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故
Δ=4ti2-4nt≤0,
即4r2-4ns≤0,从而r≤,
即≤.
用此定理的三元情形可以证明三角形中的一些含根式的不等式. 我们约定a,b,c;p,R,r;ha,hb,hc;la,lb,lc;A,B,C分别表示△ABC的三边长,半周长、外接圆半径、内切圆半径,高线长,中线长和三个内角.
(1)++≤(1990年第16届全俄IMO试题).
简证由条件及定理3有
++≤=.
(2)设凸n边形的边长分别为a1,a2,…,an,且ai=2p,则?摇
≤.?摇
(3)∑≤.?摇
简证由定理3及恒等式∑sinA=即可得证.
(4)∑≤4.?摇
简证由定理3及恒等式∑tantan=1即可得证.
(5)∑≤.?摇
简证由定理3及熟知的不等式∑ha≤p即可得证.
(6)∑≤p.?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇
简证由定理3及著名的Gerretsen不等式p2≥16Rr-5r2和p2≥27r2即可得证.
(7)∑≤3.
简证由定理3及熟知的不等式∑≤1+即可得证.
将定理1、2、3合并起来再推理会得到定理4.
定理4设xi∈R+,i=1,2,…,n,xi=s,A,B∈R+,
则≤.
证明设=ti(i=1,2,…,n),=r,则t=As+nB. 构造函数f(x)=nx2+2xti+t,则易知f(x)=(x+ti)2≥0对一切实数x均成立,故Δ=4ti2-4nt≤0,即4r2-4n(As+nB)≤0,从而r≤,即≤.
从以上例子和定理可以看出,解决这类问题构造函数简单,模式固定,学生容易接受、掌握和运用.