热门试卷

证明：∵a，b，c均为正数，

∴a2+b2≥2ab，

a2+c2≥2ac，

b2+c2≥2bc，

以上三式累加得：2（a2+b2+c2）≥2（ab+ac+bc），

∴a2+b2+c2≥ab+ac+bc；①

又a+b+c=1，

∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+ac+bc）=1≥3（ab+bc+ca），

∴ab+bc+ca≤（当且仅当a=b=c=时取“=”）．

证明（1）∵x，y，z∈R+，且x+y+z=1，

∴1=x+y+z≥3＞0，

∴0＜≤，

∴++≥=≥=27，

故++≥27当且仅当x=y=z=时等号成立…（6分）

（2）∵x，y，z∈R+，x+y+z=1且λ（x2+y2+z2）≤x3+y3+z3恒成立，

∴λ≤恒成立，

∵x3+y3+z3=（x3+y3+z3）（x+y+z）≥（x2+y2+z2）2，

又∵（x2+y2+z2）（12+12+12）≥（x+y+z）2=1，

∴x2+y2+z2≥，

∴x3+y3+z3≥（x2+y2+z2）⇒≥，当且仅当x=y=z=时等号成立．

∴λ≤，故实数λ的最大值为…（14分）

证明：由（ax+by）2-（a2+b2）（x2+y2）

=（a2x2+b2y2+2abxy）-（a2x2+b2y2+a2y2+b2x2）

=2abxy-a2y2-b2x2

=-（ay-bx）2≤0，

可得（ax+by）2≤（a2+b2）（x2+y2），

由x2+y2=1，可得（ax+by）2≤（a2+b2），

即有-≤ax+by≤．

证明：2ab≤a2+b2，2bc≤b2+c2，2ca≤c2+a2；

∴2ab+2bc+2ca≤2（a2+b2+c2）；

又1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca；

∴1≤3（a2+b2+c2）；

∴，当a=b=c时取“=”．

证明：由于a、b、c∈R+，满足a+b+c=abc，

可设a=tanA，b=tanB，c=tanC，且A+B+C=π，（0＜A，B，C＜），

由于tanC=-tan（A+B）=-，

则有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC．

则++=+

=cosA+cosB+cosC，

则原不等式即为cosA+cosB+cosC．

即有：24cosA+16cosB+12cosC≤29．

由于29-24cosA-16cosB-12cosC=4+9+16-24cosA-16cosB+12cos（A+B）

=（4sin2B+4cos2B）+（9sin2A+9cos2A）+16+2×2×3cosAcosB-2×2×3sinAsinB

-2×3×4cosA-2×2×4cosB

=（3cosA+2cosB-4）2+（3sinA-2sinB）2≥0，

则24cosA+16cosB+12cosC≤29．

故++≤成立．

证明：∵a，b∈R，a2+b2≤4，∴可设a=rsinα，b=rcosα，其中0≤r≤2．

∴|3a2-8ab-3b2|=r2|3cos2α-8sinαcosα-3sin2α|=r2|3cos2α-4sin2α|

=5r2|cos（2α+φ）|≤5r2≤5×22=20．

故原不等式成立．

证明：∵a＞b＞c，

∴0＜a-b＜a-c，

∴（a-b）2＜（a-c）2，

∴＞．

证明：∵a＞0且a≠1，m，n∈N+，

∴a＞1，am-1＞0，an-1＞0，0＜a＜1，am-1＜0，an-1＜0，

∴am+n+1-am-an=（am-1）（an-1）＞0，

∴am+n+1＞am+an（m，n∈N+）．

证明：令，

则f‘（x）=ex-1-x，

再令g（x）=f'（x），则g'（x）=ex-1，

∵x＞0，∴ex-1＞0，即g'（x）＞0，

∴g（x）在[0，+∞）上为增函数，

由于x＞0，则g（x）＞g（0）=e0-1=0，即f'（x）＞0，

∴f（x）在[0，+∞）上为增函数，

由x＞0知，，

即ex-（1+x+x2）＞0，

∴ex＞1+x+x2，得证．

证明：（ac+bd）（ad+bc）=（a2+b2）cd+ab（c2+d2）≥（a2+b2）cd+2abcd=（a+b）2cd，

因为a，b，c，d满足a+b=cd=1，

所以（a+b）2cd=1，

所以：（ac+bd）（ad+bc）≥1．

证明：设=（，），=（，），夹角为θ（0≤θ≤π），

∴•==（+）cosθ≤+，

∵（1-x2）（1-y2）=1+x2y2-（x2+y2）≤1-xy，

∴+≥．