热门试卷

证明：∵a，b∈R，且a+b=1，∴b=1-a，∴=a2+b2+4（a+b）- 

=2a2-2a+=2≥0，

∴ 成立．

（1）证法一：a2+b2+c2-=（3a2+3b2+3c2-1）

=[3a2+3b2+3c2-（a+b+c）2]

=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]

=[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0∴a2+b2+c2≥

证法二：∵（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2

∴3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2=1∴a2+b2+c2≥

证法三：设a=+α，b=+β，c=+γ．

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a2+b2+c2=（+α）2+（+β）2+（+γ）2

=+（α+β+γ）+α2+β2+γ2

=+α2+β2+γ2≥

∴a2+b2+c2≥

（2）证法一：

同理

∴原不等式成立．

证法二：=

∴≤＜6

∴原不等式成立．

证明：（1）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以

所以；

（2）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以（a+b）+ab+≤1，

所以≤1，从而有2+2≤4，

即：（a+）+（b+）+2≤4，即：（）2≤4，所以原不等式成立．

证明：a2+b2-2（3a+b-5）

=（a2-6a+9）+（b2-2b+1）

=（a-3）2+（b-1）2，

由（a-3）2≥0，（b-1）2≥0，

可得a2+b2-2（3a+b-5）≥0，

即为a2+b2≥2（3a+b-5），

当且仅当a=3，b=1，取得等号．