- 综合法与分析法证明不等式
- 共468题
设0≤x≤1，证明：a2x+b2（1-x）≥[ax+b（1-x）]2．
正确答案
证明：左边-右边
=a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2
=a2x+b2（1-x）-[a2x2+2abx（1-x）+b2（1-x）2]
=（x-x2）a2+（x-x2）b2-2abx（1-x）
=x（1-x）[a2-2ab+b2]
=x（1-x）（a-b）2
∵0≤x≤1，∴x（1-x）≥0，
因此，x（1-x）（a-b）2≥0，
所以，a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2≥0，
故a2x+b2（1-x）≥[ax+b（1-x）]2．
解析
证明：左边-右边
=a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2
=a2x+b2（1-x）-[a2x2+2abx（1-x）+b2（1-x）2]
=（x-x2）a2+（x-x2）b2-2abx（1-x）
=x（1-x）[a2-2ab+b2]
=x（1-x）（a-b）2
∵0≤x≤1，∴x（1-x）≥0，
因此，x（1-x）（a-b）2≥0，
所以，a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2≥0，
故a2x+b2（1-x）≥[ax+b（1-x）]2．
（用分析法证明）求证：
正确答案
证明：要证原不等式成立，
只证
即证
∵上式显然成立
∴原不等式成立
解析
证明：要证原不等式成立，
只证
即证
∵上式显然成立
∴原不等式成立
设{an}是等差数列，an＞0，公差d≠0，求证：
正确答案
证明：∵{an}是等差数列，∴an+k=an+kd． （2分）
要证
只要证
只要证
∵an＞0，∴只要证（an+d）（an+4d）＜（an+2d）（an+3d）（2分）
只要证an2+5dan+4d2＜an2+5dan+6d2，只要证d2＞0． （2分）
∵已知d≠0，∴d2＞0成立，故
解析
证明：∵{an}是等差数列，∴an+k=an+kd． （2分）
要证
只要证
只要证
∵an＞0，∴只要证（an+d）（an+4d）＜（an+2d）（an+3d）（2分）
只要证an2+5dan+4d2＜an2+5dan+6d2，只要证d2＞0． （2分）
∵已知d≠0，∴d2＞0成立，故
（1）解不等式x|x-1|-2＜|x-2|；
（2）已知x，y，z均为正数．求证：
正确答案
解：（1）①当x≥2时，原不等式为x（x-1）-2＜x-2⇒0＜x＜2．又x≥2，∴x∈∅．
②当1≤x＜2时，原不等式x（x-1）-2＜2-x⇒-2＜x＜2．又1≤x＜2，∴1≤x＜2．
③当x＜1时，原不等式x（1-x）-2＜2-x⇒x∈R，又x＜1，∴x＜1．
综上：原不等式的解集为{x|x＜2}．
（2）证明：因为x，y，z均为正数．所以
同理可得
当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得
解析
解：（1）①当x≥2时，原不等式为x（x-1）-2＜x-2⇒0＜x＜2．又x≥2，∴x∈∅．
②当1≤x＜2时，原不等式x（x-1）-2＜2-x⇒-2＜x＜2．又1≤x＜2，∴1≤x＜2．
③当x＜1时，原不等式x（1-x）-2＜2-x⇒x∈R，又x＜1，∴x＜1．
综上：原不等式的解集为{x|x＜2}．
（2）证明：因为x，y，z均为正数．所以
同理可得
当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．
将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得
用分析法证明：若a＞b＞0，m＞0，则
正确答案
解：要证明
∴只需证明a（b+m）＞b（a+m），
即证am＞bm，即证m（a-b）＞0，该式显然成立，
故结论成立．
解析
解：要证明
∴只需证明a（b+m）＞b（a+m），
即证am＞bm，即证m（a-b）＞0，该式显然成立，
故结论成立．
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