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　　一些新的代数不等式论文 本文旨在介绍一些新的代数不等式，期冀为中学数学教研注入一股新鲜活力. 命题1 若a,b为满足a+b=1的正数，则a+1b+b+1a≥10. 证明：原不等式等价于a+1b+2 #8226;(a+1b)(b+1a)+b+1a≥101a+1b+2 本文旨在介绍一些新的代数不等式，期冀为中学数学教研注入一股新鲜活力. 命题1 若a,b为满足a+b=1的正数，则a+1b+b+1a≥10. 证明：原不等式等价于a+1b+2 (a+1b)(b+1a)+b+1a≥101a+1b+2ab+1ab+2≥9.因1a+1b=(a+b)(1a+1b)≥4，故只要证ab+1ab≥174.因ab≤(a+b2)2=14,故ab+1ab=ab+116ab+1516ab≥12+1516ab≥12+154=174. 综上，原不等式成立. 猜想1 若a,b,c为满足a+b+c=1的正数，则a+1b+b+1c+c+1a≥30. 命题2 若a,b为满足a+b=1的正数，λ≥0，则(a+λ+b+λ)(1a+1b)≥41+2λ. 证明：原不等式等价于(a+λ+2 (a+λ)(b+λ)+b+λ)(1a+2ab+1b)≥16(1+2λ)(1+2λ+2ab+λ+λ2)(1ab+2ab)≥16(1+2λ)(1+2λab+21+λ+λ2ab) (1ab+2)≥16(1+2λ).因ab≤14,故(1+2λab+21+λ+λ2ab)(1ab+2)≥(2+4λ+21+4λ+4λ2)(2+2)=8［1+2λ+(1+2λ)2］=16(1+2λ). 综上，原不等式成立. 类似可证《数学通报》2008年9月号问题1752之推广 命题3 若a,b,c，λ为正数，则1+λba+1+λcb+1+λac≥31+λ. 命题4 若a,b,c为满足a+b+c=3的非负实数，则a1+b3+b1+c3+c1+a3≤5. 证明：a1+b3=a(1+b)(1-b+b2)≤a［(1+b)+(1-b+b2)］2=a+12ab2,同理b1+c3≤b+12bc2，c1+a3≤c+12ca2，以上三式相加，可得a1+b3+b1+c3+c1+a3≤3+12(ab2+bc2+ca2).为证原不等式，只需证ab2+bc2+ca2≤4. 不妨设a≥b,a≥c，则ab2+bc2+ca2≤a［b2+c(a+b)］≤a［12b(a+b)+c(a+b)］=12a(a+b)(b+2c) ≤12［a+(a+b)+(b+2c)3］3=4. 综上，原不等式成立. 猜想2 若a,b,c为满足a+b+c=3的非负实数，则a1+b3+b1+c3+c1+a3≥32. 命题5 若a,b,c为满足a+b+c=1的实数，则3(bc+ca+ab)+|b-c|+|c-a|+|a-b|≤73. 证明：不妨设a≥b≥c,则原不等式等价于3(bc+ca+ab)+2a-2c≤(a+b+c)2+43bc+ca+ab+2a-2c≤a2+b2+c2+43(a-b)2+(b-c)2+(a-c-2)2≥43.因(a-b)2+(b-c)2+(a-c-2)2=［(a-b)+(b-c)］22+［(a-b)-(b-c)］22+(a-c-2)2≥12(a-c)2+(a-c-2)2=32(a-c)2-4(a-c)+4=32［(a-c)-43］2+43≥43,故原不等式成立. 猜想3 若a,b,c为满足a+b+c=1的实数，则3(bc+ca+ab)+|b-c|+|c-a|+|a-b|≥1. 命题6 若a,b,c为非负实数，则(a2+1)(b2+1)(c2+1)≥4(bc+ca+ab-1). 证明：因a-1、b-1、c-1中必有两个非负或非正，故不妨设(b-1)(c-1)≥0，于是2abc+a2+b2+c2+1-2(bc+ca+ab)=(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2+2(a-1)(b-1) (c-1)≥(a-1)2+2(b-1)(c-1)+2(a-1) (b-1)(c-1)=(a-1)2+2a(b-1)(c-1)≥0,∴(a2+1)(b2+1)(c2+1)-4(bc+ca+ab-1)=a2b2c2+b2c2+c2a2+a2b2+a2+b2+c2+5-4(bc+ca+ab)=(abc-1)2+(bc-1)2+(ca-1)2+(ab-1)2+［2abc+a2+b2+c2+1-2(bc+ca+ab)］≥0.因此，原不等式成立. 容易证明命题6的姊妹命题： 若a,b,c为实数，则(a