均值不等式的图解

高中数学第二册 (上 )在习题中指出 :已知a、b都是正数 ,求证 :21 /a 1 /b≤ab≤ a b2 ≤ a2 b22 ,记为H≤G≤A≤Q .即调和平均 (H)≤几何平均(G)≤算术平均 (A) ≤均方根 (Q) .这组公式称为两个正数的均值不等式 ,它们有鲜明的几可背景 .现给出两种图解 .图 1图解Ⅰ　如图 1 ,以a b长的线段为直径作半圆 ,在直径AB上取点C ,作AC=a ,CB =b .过C作垂直于AB的线段交半圆周于D ,连AD ,DB .连OD ,过C作CE⊥OD于E .过O作AB的垂线段交半圆周于F ,连CF .在Rt△ADB中 ,由CD2 =AC·CB ,有CD=ab ;在Rt△COD中 ,由CD2 =DE·O…     

不等式的性质与证明

1　重、难点分析1)不等式的基本性质是学习的重点 .运用不等式的基本性质解决不等式问题时 ,应注意不等式成立的条件 ,否则会出现错误 .2 )下面是有关基本不等式的重要结论 :若a ,b ,c∈R+ ,则 21a + 1b≤ab≤ a +b2 ≤a2 +b2 (当且仅当a =b时取等号 ) .31a + 1b + 1c≤ 3 abc ≤ a +b +c3≤a2 +b2 +c23(当且仅当a =b =c时取等号 ) .另外由基本不等式可得到下列结论 :① 4ab≤ (a +b) 2 ≤ 2 (a2 +b2 ) (a ,b∈R ,当且仅当a =b时取等号 ) ;② 3(ab+bc +ca)≤ (a +b +c) 2 ≤ 3(a2 +b2 +c2 ) (a ,b ,c∈R ,当且仅当a =b =c时取等号 ) ;③ a…     

一道不等式的推广及证明

文[1]中给出了如下两个不等式及证明:1.设a1,a2,…,am均为正数,且a1 +a2+…+am=ms0,则(a1+1+a1)a+(a2+1/a2)a+…+(am+1/am)a≥m (s0+1/s0)a (m,a∈N*,m≥2)① 2.设a1,a2,…,am均为正数,且a1+a2+…+ am=ms0,若s0≤s≤1或1≤s≤s0,则(a1+1/a1)a+(a2+1/a2)a+…+(am+1/am)a≥m(s+1/s)a(m,a∈N*,m≥2) ②笔者认为当a是大于等于1的实数时,上述不等式也是成立的.     

教材中一些不等式的向量证法

教材中某些含有乘积之和或者乘方之和的不等式 ,可根据向量数量积的坐标表达式的结构特征构造向量证明 ,下面试举几例 ,供同学们学习时参考 .例 1　如果a ,b∈R ,求证 :a2 +b2 ≥ 2ab(当且仅当a =b时取“ =”号 ) .证明　构造向量 p =(a ,b) ,q =(b ,a)由 p·q≤ |p||q|有2ab≤a2 +b2 .当且仅当 p ,q同向时 ,取“ =”号 .注意到 |p|=|q|,由 p ,q同向有p =q ,即　a =b .故当且仅当a =b时 ,取“ =”号 .例 2　求证 :a +b22 ≤ a2 +b22 .证明　构造向量p =12 ,12 ,q =(a ,b) ,由 ( p ,q) 2 ≤ |p|2 |q|2 ,有　 a +b22 ≤a2 +b22 .例 3　已知a …     

活用排序不等式的切入方法与技巧

设a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn为两组实数,c1,c2,…,cn是b1,b2,…,bn的任一排列,则a1bn+a2bn-1+…+anb1(反序和)≤a1c1+a2c2+…+ancn(乱序和)≤a1b1+a2b2+…+anbn(顺序和),当且仅当a1 ＝a2=…=an或b1=b2=…=bn时,反序和等于顺序和.以上不等式就是选修4-5《不等式选讲》中所介绍的排序不等式(又称排序原理),它是基本而重要的不等式,其思想简单明了,便于记忆和使用,许多重要不等式可以借助排序不等式得到证明.掌握排序不等式要抓住它的本质含义:两实数序列同方向单调(同时增或同时减)时所得两两乘积之和最大;反方向单调(一增一减)时所得两两乘积之和最小,注意等号成立的条件是其中一个序列为常数序列.活用排序不等式的关键是构造有大小顺序的两个数组的反序和、乱序和、顺序和,这就要根据题目的特点灵活处理.下面结合典型例题的剖析,介绍活用排序不等式的切入方法与技巧,供参考.     

“x≥a,x≤2无解”即“a≤x≤2不成立”吗？

众所周知,"{x≥a x≤2无解"即"{x≥a x≤2的解集是φ",那么"a≤x≤2不成立"又是什么意思呢?     

排序不等式及其应用

排序原理 设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，又设i1，i2，…，in是1，2，…n的一个排列，则有a1bn＋a2bn-1＋…＋anb1≤a1bi1＋a2bi2＋…anb1n≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn。     

一类幂平均不等式的完善

设n≥2,n∈N,β>θ>0,a∈R_+~n,r∈R,M_r(a)为a的r次幂平均,将确定参数λ,使(G(a))~(1-λ)(Mβ(a))~λ≤M_θ(a)成立.此结果推广了一些已知结论.     

不等式(组)新题型放送

<正>近年来各地中考试题中,围绕不等式(组)出现了一批既考查知识,又考查能力的新题型.现采撷一束,分类例举如下.一、新定义型例1(2013年十堰市)定义:对于实数a,符号[a]表示不大于a的最大整数.例如:[5.7]=5,[5]=5,[-π]=-4.(1)如果[a]=-2,那么a的取值范围是.(2)如果x+1[]2=3,求满足条件的所有正整数x.解(1)∵[a]=-2,∴a的取值范围是-2≤a<-1;(2)根据题意得3≤x+12<4,解得5≤x<7,则满足条件的所有正整数为5、6.说明本题设置了新定义,考查一元一次不等式组的应用,解题的关键是根据题意列出不等式组,求出不等式的解.     

一个不等式的推广

<数学通报>2007年第六期刊出的1696号问题是:已知a,b＞0,且a+6=1,求证: a/a3+b4+b/a4=b3≤16/3. 本文给出这个不等式的推广.     

两个代数不等式

本文旨在建立两个新的代数不等式 ,并给出它的一个应用 .引理　若x ,y为正数 ,n为正整数 ,则 xn + yn2≥ x + y2n.证略 .定理 1　若a ,b ,c为不大于 1的正数 ,n为正整数 ,则1n1+a+ 1n 1+b+ 1n1+c≤ 3n1+ 3 abc.证　令α ,β为不大于 1的正数 ,则　 11+α+ 11+ β=2 +α + β1+α + β +αβ= 1+ 1-αβ1+α + β +αβ≤ 1+ 1-αβ1+ 2αβ+αβ= 21+αβ,∴ 1n1+α+ 1n1+ β=n 11+α+n 11+ β≤ 2n 1211+α+ 11+ β≤ 2 11+αβ=21+αβ,∴ 1n1+a+ 1n1+b+ 1n1+c+ 1n1+ 3 abc≤ 21n1+ab+ 1n1+c 3 abc≤ 4n1+ 4abc 3 abc=4n1+ 3 abc,∴　 1n1…     

一个不等式的加强及其推广

笔者在翻阅文[1]时,看到如下问题问题1已知x12 x22 … x2100=300,求证:x1 x2 … x100≤200.文[1]指出,可以构造多项式x2-2x 1=(x-1)2≥0进行证明.读完文[1],笔者就想,既然可以构造(x-1)2≥0和(x-3)2≥0来进行证明,那么用其他形如(x-a)2≥0的表达式进行证明行吗?经过试验可知,取a=12时达不到目的,只能得出i1∑=001xi≤325;而当取a=2时,得到了不等式∑100i=1xi≤7400<200,这不仅证明了问题1,而且还把所要证明的不等式∑100i=1xi≤200进一步加强为∑100i=1xi≤7400.因此,我们有理由猜想,在所有不等式1∑00i=1xi≤Bt中,只要选择适当的a,利用(x-…     

混合幂为2,3,a和b的丢番图不等式

运用Davenport-Heilbronn方法证明了如果η是实数,λ1,μ1,μ2,μ3,μ4,θ1,θ2是非零实数,并且不同一符号,且至少一个λ1/μi(i=1,2,3,4)是无理教,假设(i)a=3,3≤b≤11,或者(ii)a=4,4≤b≤5,那么对某些σ=σ(a,b)>0,混合幂为2,3,a和b的丢番图不等式有无穷多正整数解x1,...,x7.     

一类分式不等式的新证法

定理1 设ai,bi〉0（i=1,2,…，n）,若a1≥a2≥…≥an且b1≥b2≥…bn或a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn,n≥2,r,t〉0,rn-t〉0,s=∑ni=1ai,则     

对一道高考题的再探究

文1中徐道老师对2011年江苏省高考数学试卷第13题进行了讨论与推广,文中的解法及所获结论均不正确.本文将指出文1中解法的错误,并给出正确的结论.例1(2011年江苏省高考数学试卷第13题)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,     

Abel定理在不等式证明中的应用

文[1]介绍了数列求和的一种重要方法——Abel求和法,读后颇受启发.其实,Abel定理不仅在数列求和中十分有用,而且在证明一些著名不等式中也特别奏效,今举例说明.为方便起见,仍把Abel定理摘录如下.Abel定理　设{ak},{bk}为任意两个数列,设Sk=a1 a2 … ak　(k=1,2,…,n),则∑nk=1akbk=Snbn ∑n-1k=1Sk(bk-bk 1)例1　设a,b,c表示三角形的边长,证明:a2(b c-a) b2(c a-b) c2(a b-c)≤3abc1(第6届IMO试题)证　欲证不等式1,只须证a(ab ac-a2-bc) b(bc ab-b2-ac) c(ac bc-c2-ab)≤02由对称性知,不妨设a≤b≤c,记a1=ac bc-c2-ab,a2=bc ab-b2-ac,a3…     

《几个猜想不等式的探究》一文的商榷

贵刊文[1]在对一道不等式再思考后提出了四个猜想,其中猜想2如下:猜想2若a3 b3 c3=3,a,b,c∈R,则a b c≤3,ab bc ca≤3,abc≤1.贵刊文[2]在探讨上述猜想2时,认为“在题设条件下,可以证明前两个不等式是成立的”,其证明过程应用了一个引理:引理设p>q>0,x1,x2,…,xn为正实数,则x1     

一类混合型Szàsz-Beta算子的强逆不等式(英文)

In this paper,a strong converse inequality of type B in terms of a new Kfunctional Kλα f,t2(0 < α < 2,0 ≤ λ ≤ 1) for certain mixed Szász-Beta operators is given.By this inequality,the converse theorem can be obtained for the operators.     

再谈一元一次不等式组中的参数

北京昌平二中吴梦彤老师和湖北宜昌张光林老师分别来稿指出本刊2011年1月下期第5页《一元一次不等式中的参数》一文例3及例4之解答有误.原文例3之正确答案应是a≤1.原文例4之选项(D)应为-5相似文献   

重要不等式的一个证明

下面的不等式称为算术平均———几何平均不等式 :Gn =na1 a2 …an ≤An=1n∑ni=1ai　 (ai>0 ,i=1 ,2 ,… ,n)本文通过添加一个零项ln Gnna1 a2 …an =0给出证明可设a1 ≤a2 ≤… ≤an,显然a1 ≤Gn ≤an　存在k,使得　ak ≤Gn ≤ak+1 .AnGn - 1 =1n ∑ni=1aiGn-n=1n ln Gnna1 a2 …an + ∑ni=1aiGn-n=1n ∑ni=1lnGnai + ∑ni=1aiGn-n=1n∑ki=1lnGnai - 1Gn(Gn-ai) +1n∑ni=k+ 1lnGnai - 1Gn(Gn-ai)=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫Gnai1t -1Gn dt=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫aiGn1Gn-1t dt以上每…