多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进

2024-06-20

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进（精选9篇）

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第1篇

一个新的Hilbert型积分不等式的含多参数的最佳推广

引入权函数,建立一个新Hilbert型积分不等式的含多参数推广式及其等价形式,并证明其常数因子均为最佳值.由此得到几个新的Hilbert型积分不等式.

作者：钟五一杨必成 ZHONG Wu-yi YANG Bi-cheng 作者单位：广东教育学院,数学系,广东,广州,510303刊名：江西师范大学学报(自然科学版) ISTIC PKU英文刊名：JOURNAL OF JIANGXI NORMAL UNIVERSITY(NATURAL SCIENCES EDITION)年，卷(期)：31(4)分类号：O178关键词：Hilbert型积分不等式权函数最佳常数等价形式

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第2篇

含参数的不等式是历年来高考考察的重点内容之一.在解含参数的不等式时,由于参数的不确定性,常常要依据参数的取值范围,对参数进行全面的分类讨论.在解题中,如果我们遵循“一看系正否,二判根大小”的原则,则往往使得分类的标准清晰明确,有章可循.这一原则即:首先看不等式最高次的系数是否是正数;其次再比较相应的方程的根谁大谁小.下面举例说明这一原则在解题中的具体应用.例1 解关于x的不等式xa0(aR).xa2

解:原不等式等价于:(xa)(xa2)0.222当aa,即:a1或a0时,解得:axa;当aa,即:a1或a0时,不等式

22无解;当aa,即:0a1时,解得:axa.

不等式的解集为;当0a1时,原不等式的解集为:xa

例2 解关于x的不等式2综上所述,当a1或a0时,原不等式的解集为:xaxa;当a1或a0时,原2xa.a(x1)1(a1).x2

(a1)x(2a)0,所以:(x2)(a1)x(2a)0.解:原不等式可化为: x2

a2)0,又因为因为a1,所以当a1时,上式即为:(x2)(xa1

a21a212,所以,此时x2或x.a1a1a1

a2a2)0.若2,即: 0a1时:有: 当a1时,上式即为:(x2)(xa1a1

a2a2a22x2,即: a0时, x不存在;若2即: a0时,有;若a1a1a1

a2x2.a1

综上所述,原不等式的解集

当a1时,为xx2或x

a2a20a1;当时,为x2x;当a0时,a1a1

为;当a0时,为xa2x2.a1

2例3 解关于x的不等式ax(a1)x10.解:(1)当a0时,原不等式变为:x10,此时不等式的解为:x1.1)0.a

11若a0,则上式即为:(x1)(x)0,又因为1,所以,此时不等式的解为:x1或aa

1x.a

11若a0,则上式即为:(x1)(x)0.(ⅰ)当1,即:a1时,原不等式的解为: aa

111x1;(ⅱ)当1,即:a1时,原不等式的解为;(ⅲ)当1,即:0a1时,原aaa

1不等式的解为1x.a(2)当a0时,原不等式可化为:a(x1)(x

综上所述,原不等式解集为:当a0时,xx

1或x1;当a0时,xx1;当a

0a1时,xx11a1a1;当时,;当时,xx1.aa

x例4 解关于x的不等式loga(1)1.a10a11解:原不等式即为:loga(1)logaa.它等价于:.或11x1a01axx

当a1时,不等式即为:

得:(1a)x1110,亦即:x(x)0.因为0,所以,解x1a1a1x0.1a

111011xx当0a1时,不等式即为:.亦即:,解得:1x.111a1a1axx

纵上所述,当a1时,原不等式解集为:x1x0;当0a1时,原不等式解集1a

为:xx

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第3篇

设 $a_{n} ‚ b_{n} \geq 0 ‚ p > 1 ‚ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ , 若0< $\sum_{n = 1}^{\infty}$ a $_{n}^{p}$ <∞, 0< $\sum_{n = 1}^{\infty}$ b $_{n}^{q}$ <∞, 则有著名的Hardy-Hilbert不等式.

$\sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 1}^{\infty}$ $\frac{a_{m} b_{n}}{m + n} < \frac{π}{\sin \frac{π}{p}} {\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{p}}^{\frac{1}{p}} {\sum_{n = 1}^{\infty} b_{n}^{q}}^{\frac{1}{q}} . (1)$

这里 $\frac{π}{\sin \frac{π}{p}}$ 是最佳的常数因子.较式 (1) 精密的形式是

$\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty}$ $\frac{a_{m} b_{n}}{m + n + 1} < \frac{π}{\sin \frac{π}{p}} {\sum_{n = 0}^{\infty} a_{n}^{p}}^{\frac{1}{p}} {\sum_{n = 0}^{\infty} b_{n}^{q}}^{\frac{1}{q}} . (2)$

其中 $\frac{π}{\sin \frac{π}{p}}$ 仍然是最佳的常数因子.

文献中首先引进了以下形式的权函数.

$ω (r, n) = \frac{π}{\sin \frac{π}{p}} - φ (r, n) ‚ φ (r, n) > 0 (r = p, q)$ , 并且以代替式 (1) 的右边.高和杨找到了φ (r, n) 的最佳值为 $\frac{1 - c}{n^{1 - \frac{1}{r}}}$ , 其中c是欧拉常数.紧接着, 杨和L.Debnath证明了

$φ (p, n) = \frac{1}{2 n^{\frac{1}{q}} + n^{- \frac{1}{p}}} .$

近来, 杨必成和L.Debnath通过引入t, 证明了:

定理1 设 $a_{n} ‚ b_{n} \geq 0 ‚ p > 1 ‚ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ‚ 2 - \min {p, q} < t \leq 2$ , 且0< $\sum_{n = 0}^{\infty}$ $(n + \frac{1}{2})^{1 - t} a_{n}^{p} < \infty ‚ 0 <$ $\sum_{n = 0}^{\infty}$ $(n + \frac{1}{2})^{1 - t} b_{n}^{q} < \infty$ , 那么有

$\begin{array}{l} \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{(m + n + 1)^{t}} < B (\frac{p - 2 + t}{p} ‚ \frac{q - 2 + t}{q}) \cdot \\ {\sum_{n = 0}^{\infty} (n + \frac{1}{2})^{1 - t} a_{n}^{p}}^{\frac{1}{p}} {\sum_{n = 0}^{\infty} (n + \frac{1}{2})^{1 - t} b_{n}^{q}}^{\frac{1}{q}} . \end{array}$

其中 $B (\frac{p - 2 + t}{p} ‚ \frac{q - 2 + t}{q})$ 是最佳常数因子, (B (u, v) 是β函数)

B (u, v) =∫∞0 $\frac{t^{- 1 + u}}{(1 + t)^{u + v}} d t = B (v, u) (u, v > 0) . (3)$

后来, 匡继昌与L.Debnath通过引入两个参数α和t证明了:

定理2 设 $a_{n}, b_{n} > 0, p > 1, \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ‚ t > 1 - \frac{2 α}{r} > 0 (r = p, q)$ , 如果 $\frac{1}{2} \leq α < \frac{1}{2} \min {p, q}$ , 那么有

$\begin{array}{l} \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{(m + n + 2 α)^{t}} < \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} [B (1 - \frac{2 α}{q} ‚ t + \frac{2 α}{q} - 1) - h (q, m, t, α)] (m + α)^{1 - t} a_{m}^{p}}^{\frac{1}{p}} \times \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} [B (1 - \frac{2 α}{p} ‚ t + \frac{2 α}{p} - 1) - h (p, m, t, α)] (m + α)^{1 - t} b_{m}^{q}}^{\frac{1}{q}} ‚ \end{array}$

其中

$h (r, m, t, α) = (\frac{α}{m + α})^{1 - \frac{2 α}{r}} \frac{1}{2^{t}} [\frac{1}{1 - \frac{2 α}{r}} - \frac{1}{2 α} (1 + \frac{1}{3 r})] > 0 .$

当 $α = \frac{1}{2} ‚ t = 1$ 时,

$\begin{array}{l} \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{m + n + 1} < \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} [\frac{π}{\sin \frac{π}{p}} - h (q, m, 1, \frac{1}{2})] a_{m}^{p}}^{\frac{1}{p}} \times \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} [\frac{π}{\sin \frac{π}{p}} - h (p, m, 1, \frac{1}{2})] b_{m}^{q}}^{\frac{1}{q}} . (4) \end{array}$

其中

$h (r, m, 1, \frac{1}{2}) = \frac{1}{2 (2 m + 1)^{\frac{1}{r}}} (r + \frac{1}{3 r} - \frac{4}{3}) .$

这时定理2给出了定理1的一个加强.但我们将在二中指出当 $α = \frac{1}{2} ‚ t \neq 1$ 时, 定理2却弱于定理1.三中我们将给出定理1的有价值的加强.

二、时, 定理1和定理2的比较

令 $C = (B (\frac{1}{p} ‚ t - \frac{1}{p}))^{\frac{1}{p}} (B (\frac{1}{q} ‚ t - \frac{1}{q}))^{\frac{1}{q}} ‚ D = B (\frac{p - 2 + t}{p} ‚ \frac{q - 2 + t}{q}) .$

则分别有

$\begin{array}{l} \log C = \frac{1}{p} \log \frac{Γ (\frac{1}{p}) Γ (t - \frac{1}{p})}{Γ (t)} + \frac{1}{q} \log \frac{Γ (\frac{1}{q}) Γ (t - \frac{1}{q})}{Γ (t)} \\ = \frac{1}{p} \log Γ (\frac{1}{p}) + \frac{1}{q} \log Γ (\frac{1}{q}) - \log Γ (t) + \\ \frac{1}{p} \log Γ (t - \frac{1}{p}) + \frac{1}{q} \log Γ (t - \frac{1}{q}) ‚ \\ \log D = \log Γ (\frac{p - 2 + t}{p}) + \log Γ (\frac{q - 2 + t}{q}) - \log Γ (t) ‚ \end{array}$

从而有

$\begin{array}{l} (\log C - \log D)^{'} = \frac{1}{p} [\frac{Γ^{'} (t - \frac{1}{p})}{Γ (t - \frac{1}{p})} - \frac{Γ^{'} (\frac{p - 2 + t}{p})}{Γ (\frac{p - 2 + t}{p})}] + \\ \frac{1}{q} [\frac{Γ^{'} (t - \frac{1}{q})}{Γ (t - \frac{1}{q})} - \frac{Γ^{'} (\frac{q - 2 + t}{q})}{Γ (\frac{q - 2 + t}{q})}] ‚ \end{array}$

由文献知当α>0时, $\frac{Γ^{'} (α)}{Γ (α)}$ 是单调递减函数, 现在

$t - \frac{1}{p} - \frac{p + t - 2}{p} = \frac{t - 1}{q} ‚ t - \frac{1}{q} - \frac{q + t - 2}{q} = \frac{t - 1}{p} .$

所以, 当t<1时, logC-logD单调递减;当t>1时, logC-logD单调递增.也即t=1是logC-logD的极小值点, 又由于当t=1时, logC=logD, 所以当t≠1时, C>D.

注意到当m→∞时, h (r, m, t) →0.可以看出当 $α = \frac{1}{2} ‚ t \neq 1$ 时, 定理2不仅不是定理1的加强, 反而弱于定理1.

三、主要结果

定理1 设 $a_{n}, b_{n} \geq 0 ‚ p > 1 ‚ \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ‚ 2 \geq t > 2 - \min {p, q} > 0 ‚ 2 α \geq 1$ , 则有

$\begin{array}{l} \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{(m + n + 2 α)^{t}} < \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} (B (\frac{p - 2 + t}{p} ‚ \frac{q - 2 + t}{q}) (m + α)^{1 - t} - ψ_{m} (q, α, t)) a_{m}^{p}}^{\frac{1}{p}} \times \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} (B (\frac{p - 2 + t}{p} ‚ \frac{q - 2 + t}{q}) (m + α)^{1 - t} - ψ_{m} (p, α, t)) b_{m}^{q}}^{\frac{1}{q}} . (5) \end{array}$

其中

$\begin{array}{l} ψ_{m} (r, α, t) = (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{r}} \cdot \\ {\frac{1}{(m + 2 α)^{t}} ((α - \frac{1}{2}) + (2 - t) (\frac{α}{r + t - 2} - \frac{1}{12 α r}))} > 0 (r = p, q) . (6) \end{array}$

为方便上面定理的证明, 我们需要引用改进的Euler-Maclaurin求和公式.

设f∈C4 (0, ∞) , (-1) nf (n) (x) >0, (n=0, 1, …, 4) , 及f (x) , f′ (x) →0 (x→∞) , 那么有

$\sum_{n = 0}^{\infty}$ f (n) <∫∞0 $f (x) d x + \frac{1}{2} f (0) - \frac{1}{12} f^{'} (0) . (7)$

引理设 $p > 1, \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ‚ 2 \geq t > 2 - \min {p, q} > 0 ‚ 2 α \geq 1$ 及 $ω_{m} (q, α, t) = (m + α)^{\frac{2 - t}{q}}$ $\sum_{n = 0}^{\infty}$ $\frac{(n + α)^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + n + 2 α)^{t}}$ , 那么对所有的m∈N, 有

ωm (q, α, t) <B (φt (p) , φt (q) ) (m+α) 1-t-ψm (q, α, t) . (8)

其中ψm (q, α, t) 由式 (6) 定义.

证明令 $f (x) = \frac{(x + α)^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + x + 2 α)^{t}}$ ,

从而 $f^{'} (0) = \frac{t - 2}{q} \cdot \frac{α^{\frac{t - 2}{q} - 1}}{(m + 2 α)^{t}} - \frac{t α^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + 2 α)^{t + 1}},$

由式 (7) , 得

$\sum_{n = 0}^{\infty}$ f (n) <∫∞0

$\begin{array}{l} \frac{(x + α)^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + x + 2 α)^{t}} d x + \frac{1}{2} \cdot \frac{α^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + 2 α)^{t}} + \\ \frac{1}{12} (\frac{(2 - t) α^{\frac{t - 2}{q} - 1}}{q (m + 2 α)^{t}} + \frac{t α^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + 2 α)^{t + 1}}) . (9) \end{array}$

令 $u = \frac{x + α}{m + α}$ , 则

∫∞0 $\frac{(x + α)^{\frac{t - 2}{q}}}{(m + x + 2 α)^{t}} d x = (m + α)^{\frac{t - 2}{q}} (m + α)^{1 - t} .$

$\begin{array}{l} \int_{\frac{α}{m + α}}^{\infty} \frac{u^{\frac{t - 2}{q}}}{(1 + u)^{t}} d u = (m + α)^{\frac{t - 2}{q}} (m + α)^{1 - t} \cdot \\ [B (φ_{t} (p) ‚ φ_{t} (q)) - \int_{0}^{\frac{α}{m + α}} \frac{u^{\frac{t - 2}{q}}}{(1 + u)^{t}} d u] . (10) \end{array}$

利用两次分部积分, 得

$\begin{array}{l} \int_{0}^{\frac{α}{m + α}} \frac{u^{\frac{t - 2}{q}}}{(1 + u)^{t}} d u \\ = \frac{q}{q + t - 2} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q} + 1} \frac{(m + α)^{t}}{(m + 2 α)^{t}} + \frac{t q}{q + t - 2} \end{array}$

$\int_{0}^{\frac{α}{m + α}}$

$\begin{array}{l} \frac{u^{\frac{t - 2}{q} + 1}}{(1 + u)^{t + 1}} d u \\ = \frac{q α}{q + t - 2} \cdot \frac{(m + α)^{t - 1}}{(m + 2 α)^{t}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} + \\ \frac{t q^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q} + 2} \frac{(m + α)^{t + 1}}{(m + 2 α)^{t + 1}} + \\ \frac{t (t + 1) q^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} \end{array}$

$\int_{0}^{\frac{α}{m + α}}$

$\begin{array}{l} \frac{u^{\frac{t - 2}{q} + 2}}{(1 + u)^{t + 2}} d u \\ > \frac{q α}{q + t - 2} \cdot \frac{(m + α)^{t - 1}}{(m + 2 α)^{t}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} + \\ \frac{t q^{2} α^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} \frac{(m + α)^{t - 1}}{(m + 2 α)^{t + 1}} . (11) \end{array}$

将式 (11) 代入式 (10) , 有

$\begin{array}{l} \int_{0}^{\infty} \frac{(x + α)^{- \frac{1}{q}}}{(m + x + 2 α)^{t}} d x < (m + α)^{\frac{t - 2}{q}} (m + α)^{1 - t} B (φ_{t} (p), φ_{t} (q)) - \\ (m + α)^{\frac{t - 2}{q}} \frac{q α}{q + t - 2} \cdot \frac{1}{(m + 2 α)^{t}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} - \\ (m + α)^{\frac{t - 2}{q}} \frac{t q^{2} α^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} \cdot \\ \frac{1}{(m + 2 α)^{t + 1}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} . (12) \end{array}$

再将式 (12) 代入式 (9) , 则有

$ω_{m} (q, α, t) = (m + α)^{\frac{2 - t}{q}}$ $\sum_{n = 0}^{\infty}$ f (n)

$\begin{array}{l} < (m + α)^{1 - t} B (φ_{1} (p) ‚ φ_{t} (q)) - \\ {\frac{1}{(m + 2 α)^{t}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} (\frac{q α}{q + t - 2} - \frac{1}{2} - \frac{2 - t}{12 q α}) + \\ \frac{t}{(m + 2 α)^{t + 1}} (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} (\frac{q^{2} α^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} - \frac{1}{12})} \\ = (m + α)^{1 - t} B (φ_{t} (p), φ_{t} (q)) - ψ (q, α, t) . \end{array}$

其中

$\begin{array}{l} ψ_{m} (q, α, t) = (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} \cdot \\ {\frac{1}{(m + 2 α)^{t}} (\frac{q α}{q + t - 2} - \frac{1}{2} - \frac{2 - t}{12 q α}) + \\ \frac{t}{(m + 2 α)^{t + 1}} (\frac{q^{2} α^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} - \frac{1}{12})} . \end{array}$

因为在满足条件 $α \geq \frac{1}{2} ‚ 0 < \frac{1}{q} < 1 ‚ 2 \geq t > 2 - q$ 时,

$\begin{array}{l} \frac{q α}{q + t - 2} - \frac{1}{2} - \frac{2 - t}{12 q α} = α - \frac{1}{2} + (2 - t) \cdot \\ (\frac{α}{q + t - 2} - \frac{1}{12 α q}) > \frac{2 - t}{q} [α - \frac{1}{12 α}] \geq 0 ‚ \\ \frac{q^{2} α^{2}}{(q + t - 2) (2 q + t - 2)} - \frac{1}{12} > \frac{q^{2} α^{2}}{2 q^{2}} - \frac{1}{12} > \frac{1}{8} - \frac{1}{12} > 0 . \end{array}$

所以

$\begin{array}{l} ψ_{m} (q, α, t) > (\frac{α}{m + α})^{\frac{t - 2}{q}} \cdot {\frac{1}{(m + 2 α)^{t}} ((α - \frac{1}{2}) + \\ (2 - t) (\frac{α}{r + t - 2} - \frac{1}{12 α r}))} = ψ_{m} (q, α, t) > 0 ‚ 即引理得证 . \end{array}$

类似地, 当 $p > 1, \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 ‚ 2 \geq t > 2 - p ‚ 1 \leq 2 α$ 时, 有

$ω_{n} (p, α, t) = (n + α)^{\frac{2 - t}{p}}$ $\sum_{m = 0}^{\infty}$

$\begin{array}{l} \frac{(m + α)^{\frac{t - 2}{p}}}{(m + n + 2 α)^{t}} < \\ (n + α)^{1 - t} B (φ_{t} (p), φ_{t} (q)) - ψ_{n} (p, α, t) ‚ (13) \end{array}$

其中, ψn (p, α, t) 由式 (6) 定义.

定理的证明:

由Hölder不等式

$\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{(m + n + 2 α)^{t}}$

$\begin{array}{l} = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} [\frac{a_{m}}{(m + n + 2 α)^{\frac{t}{p}}} (\frac{m + α}{n + α})^{\frac{2 - t}{p q}}] \cdot \\ [\frac{b_{n}}{(m + n + 2 α)^{\frac{t}{q}}} (\frac{n + α}{m + α})^{\frac{2 - t}{p q}}] \\ \leq {\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m}^{p}}{(m + n + 2 α)^{t}} (\frac{m + α}{n + α})^{\frac{2 - t}{q}}}^{\frac{1}{p}} \times \\ {\sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{b_{n}^{q}}{(m + n + 2 α)^{t}} (\frac{n + α}{m + α})^{\frac{2 - t}{p}}}^{\frac{1}{q}} \\ = {\sum_{m = 0}^{\infty} ω_{m} (q, m, t) a_{m}^{p}}^{\frac{1}{p}} {\sum_{m = 0}^{\infty} ω_{m} (p, m, t) b_{n}^{q}}^{\frac{1}{q}} . \end{array}$

由式 (8) 、式 (13) 和式 (3) 知, 定理1得证.

附注1 显然当 $α = \frac{1}{2} ‚ 2 - \min {p, q} < t < 2$ 时, 式 (5) 是定理1的加强.

附注2 当 $α = \frac{1}{2} ‚ t = 1$ 时, 式 (5) 变为

$\begin{array}{l} \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{a_{m} b_{n}}{m + n + 1} \\ < {\sum_{m = 0}^{\infty} (\frac{π}{\sin \frac{π}{p}} - ψ_{m} (q, \frac{1}{2}, 1)) a_{m}^{p}}^{\frac{1}{p}} \cdot \\ {\sum_{m = 0}^{\infty} (\frac{π}{\sin \frac{π}{p}} - ψ_{m} (p, \frac{1}{2}, 1)) b_{m}^{q}}^{\frac{1}{q}} . (14) \end{array}$

由于

$\begin{array}{l} ψ_{m} (q, \frac{1}{2}, 1) = (\frac{1}{2 m + 1})^{- \frac{1}{q}} {\frac{1}{m + 1} (\frac{p}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6 q})} \\ > (\frac{1}{2 m + 1})^{- \frac{1}{q}} \frac{1}{m + 1} (\frac{p}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{6 q}) \\ > \frac{(2 m + 1)^{\frac{1}{q}}}{m + 1} (\frac{p}{2} - \frac{2}{3} + \frac{1}{6 p}) \\ > \frac{1}{2} (\frac{1}{2 m + 1})^{\frac{1}{p}} (p - \frac{4}{3} + \frac{1}{3 p}) \\ = h (q, m, 1, \frac{1}{2}) . \end{array}$

同理有 $ψ_{m} (p, \frac{1}{2}, 1) > h (p, m, 1, \frac{1}{2}) .$

所以式 (14) 是比式 (4) 更精密的不等式.[以上的ψn (r, α, t) (r=p, q) 由式 (6) 定义].

附注3 对于 $α > \frac{1}{2}$ , 用二中的方法, 同样可以看出定理1的结果优于定理2.

附注4 定理1取消了定理2中关于 $α < \frac{1}{2} \min {p, q}$ 的限制.当α接近 $\frac{1}{2} \min {p, q}$ 时, 定理2中的有关系数将趋于无穷大.

摘要：本文通过比较定理1和定理2, 给出了定理1的一种新的加强形式.它比定理2具有更好的价值.

关键词：Hardy-Hilbert不等式,β函数,权函数

参考文献

[1]G.H.Hardy, J.E.Littlewood and G.Plya.Inequalities[M].Cambridge University Press, 1952.

[2]L.C.Hsu and Y.J.Wang.A refinement of Hilbert s double series theorem[J].J Math Res Exposition, 1991, 11 (1) :143-144.

[3]L.C.Hsu and Y.K.Gau.Note on Hardy-Riesz s exten-sion of Hilbert s inequality[J].Chinese Quart J Math, 1991, 6 (1) :75-77.

[4]B.C.Yang and M.Z.Gao.On a best value of Hardy-Hilbert s inequality[J].Adv Math, 1997, 26 (2) :159-164.

[5]M.Z.Gao and B.C.Yang.On the extended Hardy-Hilbert s[J].Proc Amer Math Soc, 1998, 126 (3) :751-759.

[6]B.C.Yang and L.Debnath.On a new strengthened Hardy-Hilbert s inequality[J].Internat J Math Sci, 1998, 21 (1) :403-408.

[7]B.C.Yang and L.Debnath.On a new generalization of Hardy-Hilbert s inequality[J].J Math Anal Appl, 1999, 233:484-497.

[8]Z.Wang and D.Guo.An Introduction to Special Func-tions[M].Science Press (Beijing, 1979) .

[9]Kuang Jichang and L.Debnath.On New Generaliza-tions of Hilbert s Inequality and Their Applications[J].J Math Anal Appl, 2000, 245:248-265.

[10]Γ.M.菲赫金哥尔茨.微积分学教程 (第二卷.第三分册) [M].人民教育出版社, 1954, 693-695.

[11]L.Xu and X.Wang.Methods of Mathematical Analy-sis and Selected Examples[M].Revised ed.Higher Education Press, Bejing, 1984 (in Chinese) .

不等式、方程中参数的求法第4篇

一、同解不等式中参数的求法

例1 如果关于x的不等式（a＋1）x＜a＋5和（x＋1）＋1＜的解集相同，则a的值为．

解析：由（x＋1）＋1＜得x＜2．因为两个不等式的解集相同，所以不等式（a＋1）x＜a＋5的解集为x＜，并且还要有＝2，即a＋5＝ 2（a＋1）．解得a＝3．

点评：做此类题，可将参数看成已知数，求出不等式的解集，再对照另一个不等式的解集列出方程，求出参数．

二、已知不等式组的解，求参数的范围

例2 如果关于x的不等式组x－m－3＞0，

x－3m＋1＜0无解，那么m的取值范围是（）．

A． m＜2B． m≤2C． m＞2D． m≥2

解析：可把不等式组化为x＞m＋3，

x＜3m－1，由于此不等式组无解，故m＋3≥3m－1，m≤2．故选B．

三、已知方程组的解，求参数（或式子）的范围

例3 若方程组3x＋y＝k＋1，

x＋3y＝3的解为x，y，且2＜k＜4，则x－y的取值范围是（）．

A． 0＜x－y＜ B． 0＜x－y＜1 C．－3＜x－y＜－1 D．－1＜x－y＜1

解析：把方程组的两个方程相减，得x－y＝．设x－y＝t，则k＝2t＋2．由2＜k＜4，得2t＋2＞2，

2t＋2＜4．解之，得0＜t＜1．故选B．

<\192.168.0.129本地磁盘 (d)王玲霞数据八年级数学北师大08年1-2期版式+图jjgg.TIF>[练习]

1．如果关于x的不等式组9x－a≥0，

8x－b＜0的整数解仅为2，3，那么适合这个条件的有序整数对（a，b）共有个．

2．求使方程组x＋y＝m＋2，

4x＋5y＝6m＋3的解x，y都是正数的m的取值范围．

参考答案

1． 72 2．＜m＜7．

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多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第5篇

三维目标: 1.知识与技能

掌握一元二次不等式的解法，在此基础上理解含有字母参数的一元二次不等式的解法.2.过程与方法

通过体验解题的过程，提高学生的逻辑分析能力.3.情感态度价值观

通过分类讨论的过程培养学生思维的严密性.教学重点: 含有参数一元二次不等式的解法.教学难点: 分类讨论标准的划分.教学过程: 一.知识回顾

1．完成一元二次方程、一元二次函数、一元二次不等式间的关系表 2．检测学生一元二次不等式的解法掌握情况。

二、探索研究例1

解关于x的不等式ax25ax6a0(aR)分析：对于含有参数的不等式，教师引导学生从以下几个方面探究，教给学生探究的方法和方向。

探究1：这个不等式是一元二次不等式吗？

探究2：当a取何值时为二次不等式；a取何值时为非二次不等式？探究3：是二次不等式时，它所对应的二次函数的开口方向是？探究4：由上可知，我们应该分哪几类去解这个不等式？探究5：a<0时，该不等式的解集是？探究6：a=0时，该不等式的解集是？探究7：a>0时该不等式的解集是？

223例2 解关于x的不等式x(aa)xa0(aR)解析：先让学生自主探索，写出解决这种问题的常规方法。若不等式对应方程的根x1,x2中含有参数，则须按x1,x2的大小来分类，即分x1x2三种情况。然后老师引导学生从a的取值范围进行分类，并与题型一归纳总结出解含参不等式的一般步骤。

例3 已知aR，解关于x的不等式ax2（a1)x10引导学生用通法解含参数的不等式，把总结的规律推广到一般情形。

三、探究总结（板书内容）解含有参数的二次不等式 1.数学思想：分类讨论 2.解题步骤

（1）分类（二次项系数a=0、判别式△=0（x1=x2）（2）画图，写解集（3）整合解集

四、成果验收

1．解关于x的不等式x2 (a1)x10 a

五、作业布置

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第6篇

一、不等式及其解集和不等式的性质

用不等号表示大小关系的式子叫做不等式。常见不等号有：“＜” “＞” “≤” “≥” “ ≠ ”。含有未知数的不等式的所有解组成这个不等式的解集，解不等式就是求不等式的解集。注：①在数轴上表示不等式解集时，有等号用实心点，无等号用空心圈。

②方向：大于向右画，小于向左画。

不等式的三个性质：①不等式两边同时加（或减）同一数或式子，不等号不变；

②不等式两边同时乘（或除）同一正数，不等号不变； ③不等式两边同时乘（或除）同一负数，不等号改变。

作差法比较a与b的大小：若a-b＞0,则a＞b；若a-b＜0；则a＜b；若a-b=0, 则a=b。例1、下列式子中哪些是不等式？

① a+b=b+a;②a＜b－5;③－3＞－5;④x≠1 ；⑤2x-3。例

2、若a

aba1b122 －;④

；⑤am___bm 2232⑥ab 0；⑦a+m b+m；⑧a² b²；⑨am bm。

例

3、①由axa，可得x1可得a____；②由axa，可得x＜1可得a____； ③ 由mx22xm可得x1，那么m______。

例

4、不等式5(x2)282x的非负整数解是__________________。二、一元一次不等式及其实际问题

一元一次不等式的概念：一般地，不等式中只含有一个未知数，未知数的次数是1，且不等式的两边都是整式（即分母中不含未知数），这样的不等式叫做一元一次不等式。解一元一次不等式的一般步骤：（1）去分母（两边每一项同乘分母的最小公倍数）（2）去括号（括号里每一项都要乘括号前面的系数）（3）移项（变号后移项）（4）合并同类项（5）将x项系数化为1（系数为负数要变号）。一元一次不等式与实际问题（审设列解验答）

常见表示不等关系的关键词：①不超过，不多于，至多，最多（≤）；②不少于，不少于，至少，最少（≥）③之前，少于，低于（＜）；④超过，多于，大于（＞）。（1）审（找表示不等关系的关键词）;（2）设（把问题中的“至多、至少” 去掉）（3）列;（4）解；（5）验（实际问题是否需要求整数解）；（6）答（加上“至多、至少”作答）。

三、不等式组及其解集，与实际问题

几个一元一次不等式合在一起，就组成了一个一元一次不等式组。

不等式组中，几个一元一次不等式解集的公共部分，叫做由它们组成的不等式组的解集。一元一次不等式组与实际问题（审设列解验答）

（1）审（找表示不等关系的关键词和题中涉及的两个未知量）;（2）设（设其中一个未知量，另一个用设的未知数表示）（3）列;（4）解；（5）验（实际问题是否需要求整数解）；（6）答(方案问题要描述清楚)。一元一次不等式组的基本类型（以两个不等式组成的不等式组为例）

类型（设a>b）不等式组的解集

1.（同大型，同大取大）x>a

数轴表示

2.（同小型，同小取小）x

3.（一大一小型，小大之间）b4.（比大的大，比小的小空集）无解

特殊：

x＞3x3x＞3x3无解，无解无解有解x＜3x＜3；x3；x3；专题解决含参数的一元一次不等式（组）

类型

一、根据已知不等式（组）的解集，求参数的值(解集是突破口)方法归纳：①表示解集；②根据已知解集的情况列出方程（组）；③解方程（组）

例

1、若不等式的解集为，求k值。，得解：化简不等式，得x≤5k①，比较已知解集②，∴③。

例

2、若不等式组的解集是-1

解：化简不等式组，得 ①

∵ 它的解集是-1

也为其解集，比较得 ② ∴(a+1)(b-1)=-6.③

2xb0b________练习、不等式组的解集为：1x3，则a_____,。

3x5a 类型

二、根据已知不等式（组）的特殊解集，求参数的取值范围(解集是突破口)方法归纳：①表示解集；②根据已知解集的情况列出不等式；③解不等式例

1、若关于x的不等式3x-a＞4（x-1）的解集是负数，求a的取值范围？

解：化简不等式得：x＜4-a①，∵ 它的解集是负数，∴只要4-a≤0均可满足②∴a≥4③ 练习、若关于x的不等式-3（x+2）＞m+2的解集是正数，求m的取值范围？

方法归纳：①表示解集；②将解集表示在数轴上，平移分析；③得参数的取值范围。

例

1、已知关于x的不等式x-a＞0，的整数解共5个，则a的取值范围是________。例

2、已知关于x的不等式组的整数解共5个，则a的取值范围是________。

解：化简不等式组，得有解①，将其表在数轴上，②

如图1，其整数解5个必为x=1,0,-1,-2,-3。由图1得：-4

xm0练习、不等式组的整数解只有-2和-1，则a，b的取值范围__________________；

2x51

类型

三、根据不等式组是否有解，及解的特殊情况；求参数取值范围。

方法归纳：

1、表示解集；

2、将解集表示在数轴上，平移分析；

3、得参数的取值范围。例

1、不等式组xm0有解，则m的取值范围______；

2x51解：化简不等式组，得x＜m有解①，将其表示在数轴上②，观察可知：m≤-2③

x-2 练习

1、若不等式组x＜m的解集是x＜5，则m的取值范围______；

x＜5xm02、若不等式组3的解集是x3，则m的取值范围是_______________。

3x8

13、不等式组x30无解，则k的范围__________。

2xk1类型

四、根据已知方程（组）的解的情况，求参数的取值范围(解的情况是突破口)方法归纳：①表示方程（组）的解；②根据已知解的情况列出不等式；③解不等式；

例

1、已知关于x的方程5x-2m=3x-6m+2的解大于-5，求符合条件m的非负整数值？解：解方程的x=1-2m，① ∵解大于-5，∴1-2m＞-5，②

解得：m＜3，(3)∴符合条件m的非负整数值为：0，1，2。例2.已知方程组xy=m的解是非负数，求m取值范围的？

5x3y=13解：解方程组得①

∵方程组的解是非负数，∴

即 ②

解不等式组(3)∴m的取值范围为≤m≤, 练习

1、已知方程组

2xy=1+m的解满足x＞y，求m取值范围的？

x2y=1-m2x-3y=1+a练习

2、已知方程组的解满足x+y＞0，求m取值范围的？

含参数不等式恒成立的问题第7篇

不等式恒成立问题可以与函数、导数、数列、三角函数、解析几何等知识整合在一起，又可以涉及不等式的证明和参数取值范值问题，渗透着化归、数形结合等重要数学思想，是历年高考命题的热点. 通过含参数不等式恒成立问题的求解，培养利用化归、数形结合、函数和分类讨论等数学思想进行解题的意识.

1. 不等式恒成立的基本思路

不等式恒成立与有解是有明显区别的，以上充要条件应细心甄别差异，恰当使用等价转化，切不可混淆. 对于含有等号的恒成立问题可以同上进行相应的转化.

2. 不等式恒成立与有解的基本策略

（1）判别式法：对于定义在R上的二次函数的恒成立问题仅用一元二次方程根的判别式即可解决.

（2）分离参数法：若能将恒成立不等式中所涉及的两个变量分离，使它们分别在不等式的一边，则可由一个变量的取值范围推出另一个变量所适合的不等式，进而求得其取值范围.

（3）单调性法：对于在所研究的区间上具有单调性的函数，通过用区间端点处的函数值列不等式求解.如，已知函数f（x）=（3a-1）x-6-a，x∈（0，1]，若f（x）≤1恒成立，求实数a的取值范围.

浅谈含参数的不等式问题第8篇

一、解含参数的不等式

在解含参数不等式的过程中,若化简过程或解集的表达形式与参数的变化有关,就必须对参数进行分类讨论.对参数分类时,需明确分类标准,做到不重、不漏.分类标准需具体问题具体确定.

例1 解关于x的不等式:mx2+(2m-1)x-2>0(m≠0).

分析将二次三项式mx2+(2m-1)x-2分解为(mx-1)(x+2),可得方程mx2+(2m-1)x-2=0的根,即得出函数f(x)=mx2+(2m-1)x-2图像与x轴的交点坐标,再结合开口方向来确定其解集形式. 但两根的大小及开口方向均不确定,需对其进行分类讨论.

解由原不等式得(mx-1)(x+2)>0,方程mx2+(2m-1)x-2=0的两根为x1=,x2=-2,

令=-2,得m=-.

当m>0时,>-2,原不等式的解集是xx>或x<-2;当--2,原不等式的解集是x-2

评注在分类的过程中,对参数的讨论应逐级进行.如本题,在确定不等式的解集形式时,需讨论开口方向,即需分m>0和m<0两种情况;当m<0时,方程mx2+(2m-1)x-2=0的两根x1=与x2=-2的大小不确定,需对其进行分类讨论.

例2 解关于x的不等式>1(a≠1).

分析本题属含参数的分式不等式.在解分式不等式时慎用去分母,可通过移项来化简.

解原不等式可化为>0,即[(a-1)x+(2-a)](x-2)>0.

当a>1时,原不等式与x-(x-2)>0同解,此时=1-<1<2,故原不等式的解为-∞,∪(2,+∞).

当a<1时,原不等式与x-(x-2)<0同解.令=2,得a=0.

若a=0,则=2,此时原不等式的解集为;若a<0,则=1+<2,此时原不等式的解集为,2;若0

评注 (1) 分类讨论的关键是确立正确的分类标准,而在解题前往往不易得出分类标准.分类标准的确立是同解变形或表达结果的需要.如本题,在解[(a-1)x+(2-a)](x-2)>0(a≠1)时需讨论(a-1)的符号,这是判断二次不等式解集结构形式的需要.(2) 由于前提(a的范围)不同,故以上所得的各解集不可以取并集.

例3 已知-9≤a≤1,解关于x的不等式:ax2-5x+4<0.

分析由于给出了参数a的范围,故可将已知不等式改写为以a为主变量的不等式x2a-5x+4<0.

解记g(a)=x2a-5x+4,a∈[-9,1].

由于g(a)是关于a的一次函数,其图像是一条线段,只要它的两个端点的函数值小于零,则整条线段在x轴的下方,故关于x的不等式ax2-5x+4<0的解等价于g(1)=x2-5x+4<0,g(-9)=-9x2-5x+4<0.解之得1,故原不等式的解为{x1

评注本题属“已知参数的范围,解不等式”问题,通过活用变换主元将问题转化为一次函数的最值问题,从而回避了对参数a的分类讨论.当然,亦可从分类讨论的角度来解本题.

从以上三个例题可以看出,在解含有参数的不等式时,如果没有给出参数的范围,则要对参数进行分类讨论,如果给出参数的范围,则往往可以将参数看作主变量(变换主元),进行研究.

二、由不等式在相关条件下的成立求参数范围

即由含参数的不等式在某个条件下恒成立、能成立或恰成立来求参数的取值范围. 其说法接近,但本质不同,需加以区分:

1. 恒成立:若不等式f(x)>A在区间D上恒成立,则等价于函数f(x)在区间D上的最小值大于A;若不等式f(x)

2. 能成立:若在区间D上存在实数x使不等式

f(x)>A成立,即f(x)>A在区间D上能成立,则等价于函数f(x)在区间D上的最大值大于A;若在区间D上存在实数x使不等式f(x)

3. 恰成立:若不等式f(x)>A在区间D上恰成立,则等价于不等式f(x)>A的解集为D;若不等式

f(x)

1. 不等式的恒成立问题

此类问题涉及的字母较多,需明确字母分工,即“谁做变量,谁为参数”.一般来说,不等式在谁的区间上恒成立,谁就做变量;求谁,谁就做参数.

例4 已知函数f(x)=log(x2-2ax+3),解答下述问题:

(1) 若该函数的定义域为R,求实数a的取值范围;

(2) 若该函数在[-1,+∞)内有意义,求实数a的取值范围.

分析 (1)中定义域为R,即为“不等式x2-2ax+3>0在R上恒成立”;(2)中由“函数在[-1,+∞)内有意义”,可知[-1,+∞)定义域,故g(x)>0对x∈[-1,

+∞)恒成立.

解记u=g(x)=x2-2ax+3=(x-a)2+3-a2.

(1) 因为u>0对∈R恒成立,所以umin=3-a2>0,

即-

(2) 问题等价于“u=g(x)>0对x∈[-1,+∞)恒成立”,只需保证u=g(x)在[-1,+∞)上的最小值umin>0.

可通过讨论g(x)的对称轴x0=a与区间[-1,+∞)的位置关系、利用单调性来求其最小值,并保证最小值umin>0.

所以a<-1,g(-1)>0或a≥-1,Δ=4a2-12<0,即a<-1,a>-2或a≥-1,-

评注本题将函数的定义域及有意义区间的相关问题转化为不等式的恒成立问题,其本质在于深刻理解定义域概念.

处理不等式恒成立问题的常见方法有:直接转化或通过分离参数转化为函数的最值、数形结合、变换主元等.在解决具体问题时,应结合条件灵活选用,本文不再赘述.

例5 若不等式1+2x+4xa>0在(-∞,1]上恒成立,求a的取值范围.

分析可通过换元(令t=2x),将问题转化为“at2+t+1>0在(0,2]上恒成立,求a的取值范围”.令

g(t)=at2+t+1,t∈(0,2],只需g(t)min>0,在求g(t)min时,需分a=0和a≠0两类情况讨论;尤其当a≠0时,需就抛物线的开口方向及对称轴与区间的位置关系进行讨论,较麻烦.可借助于分离参数来简化分类讨论.

解由不等式1+2x+4xa>0在(-∞,1]上恒成立,两边同除以4x,得a>-x+x,x∈(-∞,1].

求a的取值范围关键在于求出当x∈(-∞,1]时,

-x+x的最大值.

因为函数y1=x,y2=x都是减函数,故函数y=-x+x在x∈(-∞,1]上是增函数,

所以当x=1时,函数y=-x+x有最大值,最大值为-+=-.

多参数的Hardy-Hilbert不等式的改进第9篇

一、合理分类,逐类求解

分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想.分类讨论思想具有明显的逻辑性、综合性、探索性,能训练思维的条理性和概括性.其中分类标准是关键,分类应该是互斥、不漏和最简的.但是分类标准应该视题意而定,可以根据不等式所对应方程的根而定;可以按判别式大于、小于或等于0而定;可以根据对数、指数的底与1的关系而定,等等.

例1 解关于x的不等式(x+4a)(x-6a)2a+1>0a为常数,a≠-12.

分析这是一个含参数的不等式,参数a的值决定了2a+1的符号和两根-4a,6a的大小,故应对a>0,a=0, -12

解当a>0时,2a+1>0,原不等式等价于(x+4a)(x-6a)>0,解得x<-4a或x>6a;

当a=0时,原不等式等价于x2>0,解得x≠0;

当-120,原不等式等价于(x+4a)(x-6a)>0,解得x<6a或x>-4a;

当a<-12时,2a+1<0,原不等式等价于(x+4a)(x-6a)<0,解得6a

所以当a>0时,不等式的解集为(-∞,-4a)∪(6a,+∞);

当a=0时,不等式的解集为-∞,0∪0,+∞;

当-12

当a<-12时,不等式的解集为6a, -4a.(这句总结性的话不可以省略.)

点评合理分类是解题的关键,能够使得解题过程简单、明了.

二、运用函数与方程思想,以简驭繁

1. 变换视角,主元与参数“互换”,从而得到新的函数解析式,再作处理.

例2 对于任意m≤2,函数fx=mx2-2x+1-m<0恒成立,求x的取值范围.

分析若把x看成参变量,而把m看成自变量,将f(x)转化为关于m的函数来解,则问题就简单明了了.

解设gm=x2-1m-2x+1,则函数gm=x2-1m-2x+1的图像是一条直线.由已知,得g-2<0,g2<0, 即-2x2-1-2x+1<0,2x2-1-2x+1<0,解得-1+72

点评这里变更主元后,问题便迎刃而解了.这种方法在处理含参数不等式恒成立问题时经常应用.

2. 对于与二次函数fx=ax2+bx+c(a≠0)有关的问题,可以通过解三元方程组,将a,b,c用f(x)的三个值来表示,从而重新构造二次函数f(x)来处理,这样有时能收到事半功倍的效果.

例3 已知a,b,c是实数,函数fx=ax2+bx+c,gx=ax+b,当-1≤x≤1时,fx≤1,证明:当-1≤x≤1时,gx≤2.

分析若用常规方法解,则必须先对a进行分类讨论,再借助函数g(x)的单调性来推证.若运用方程思想,将a,b,c用f0,f1,f-1表示出来,则不但思路清晰,而且过程简洁.

证明由f0=c,f1=a+b+c,f-1=a-b+c,

解得a=f1+f-1-2f02,b=f1-f-12,c=f0.

因为-1≤x≤1,所以x+1≥0,x-1≤0,

故gx=f1+f-1-2f02x+

f1-f-12=12f1x+1+12f-1•x-1-f0x

≤12f1x+1+12f-1x-1+f0x≤12x+1+121-x+x

=1+x≤2.

点评赋值法是解抽象函数问题时常用的方法.

三、数形结合,巧用直观

利用图形可以使某些抽象的数学问题直观(形象)化、生动化,有助于把握数学问题的本质.运用数形结合思想,不仅能启发解题思路,而且能简化解题过程;在解选择题、填空题时,其优越性更明显.

例4 关于x的不等式x-4+x-3

A. (1, +∞)

B. 1, +∞

C.-∞, 1

D. 0, 1

解设函数f(x)=x-4+x-3,

则

fx=7-2x,x≤3,1,3

画出f(x)的图像,

如下图,可知符合题意的a的取值范围是(1,+∞),故选A.

点评数形结合的方法直观、简捷;但要求我们必须正确画出相关图形(如本题中的函数图像),才能找到问题的答案.

四、等价转化,化难为易

把复杂问题转化为较简单问题,把未知问题转化为已知问题,把较生疏问题转化为熟悉问题,把抽象问题转化为具体问题.

例5 已知奇函数f(x)在R上是增函数,则是否存在实数m,使fcos2θ-3+f4m-2mcosθ>f0对所有θ∈0, π2都成立?若存在,求出m的取值范围;若不存在,说明理由.

分析由f(x)为R上的奇函数,知f(0)=0,原不等式可化为fcos2θ-3>f2mcosθ-4m;然后由f(x)为R上的增函数,得cos2θ-3>2mcosθ-4m,即m>3-cos2θ4-2cosθ.从而转化为求3-cos2θ4-2cosθ在θ∈0,π2上的最大值.

解因为f(x)为R上的奇函数,所以f(0)=0,所以fcos2θ-3+f4m-2mcosθ>f0可化为fcos2θ-3>f2mcosθ-4m.

又因为

f(x)在R上是增函数,所以cos2θ-3>2mcosθ-4m.

故m>3-cos2θ4-2cosθ在θ∈0,π2上恒成立.

而当θ∈0, π2时,3-cos2θ4-2cosθ=2-cos2θ2-cosθ=4-2-cosθ+22-cosθ

≤4-22,

当且仅当2-cosθ=2,即cosθ=2-2时取等号,

故存在满足题意的实数m,且m的取值范围是4-22, +∞.

巩固练习

1. 解关于x的不等式ax2-2a+1x+2<0.

2. 已知不等式2x-1>mx2-1.

(1) 若对于所有的x∈R,该不等式恒成立,求实数m的取值范围;

(2) 若对于任意的m∈-2, 2,该不等式恒成立,求实数x的取值范围.

3. 若不等式3x2-log ax<0在x∈0, 13内恒成立,求实数a的取值范围.

4. 要使函数y=1+2x+4x•a在x∈-∞, 1上恒为正,求实数a的取值范围.

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