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题型:简答题
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简答题

已知实数a,b,c均大于0,且ab+bc+ac=1,求:++≥3(++

正确答案

证明:∵a,b,c

∴相加可得a+b+c≤ab+bc+ac=1,

++

∵实数a,b,c均大于0,

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

∴a+b+c≥

++=

++++

解析

证明:∵a,b,c

∴相加可得a+b+c≤ab+bc+ac=1,

++

∵实数a,b,c均大于0,

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

∴a+b+c≥

++=

++++

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题型:简答题
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简答题

已知m>n>0,a,b∈R+且(a-1)(b-1)≠0,求证:(an+bnm>(am+bmn

正确答案

证明:要证(an+bnm>(am+bmn

即证mln(an+bn)>nln(am+bm),(m>n>0)

即证

可设f(x)=(x>0,a,b∈R+且a,b≠1),

则f′(x)=

由x•axlna+x•bxlnb-axln(ax+bx)-bxln(ax+bx

=axln+bxln

由0<<1,ln<0,

由0<<1,ln<0,

即有x•axlna+x•bxlnb-axln(ax+bx)-bxln(ax+bx)<0,

即f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)递减,

当m>n时,

故原不等式成立.

解析

证明:要证(an+bnm>(am+bmn

即证mln(an+bn)>nln(am+bm),(m>n>0)

即证

可设f(x)=(x>0,a,b∈R+且a,b≠1),

则f′(x)=

由x•axlna+x•bxlnb-axln(ax+bx)-bxln(ax+bx

=axln+bxln

由0<<1,ln<0,

由0<<1,ln<0,

即有x•axlna+x•bxlnb-axln(ax+bx)-bxln(ax+bx)<0,

即f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)递减,

当m>n时,

故原不等式成立.

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题型:简答题
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简答题

已知ad1+bd2+cd3=2,且a,b,c,d1,d2,d3均大于零,求证:

正确答案

证明:因为ad1+bd2+cd3=2,

所以==(ad1+bd2+cd3

=a2+b2+c2++++++

因为a,b,c,d1,d2,d3均大于零,

所以

所以a2+b2+c2++++++≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)2.

所以

解析

证明:因为ad1+bd2+cd3=2,

所以==(ad1+bd2+cd3

=a2+b2+c2++++++

因为a,b,c,d1,d2,d3均大于零,

所以

所以a2+b2+c2++++++≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)2.

所以

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简答题

求证:

正确答案

解:左边≥=

解析

解:左边≥=

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简答题

已知a,b,c是正常数,且a,b,c互不相等,x,y,z∈(0,+∞),

(1)求证:,并指出等号成立的条件;

(2)利用(1)的结论:

①求函数的最小值,并求出相应的x值;

②设a、b、c∈(0,1),求证:

正确答案

(1)证明:∵x,y,z∈(0,+∞),a>0,b>0,c>0

=+

≥a2+b2+c2+2ab+2ca+2cb=(a+b+c)2

≥(a+b+c)2

当且仅当时,等号成立------------------(6分)

(2)解:①

∴f(x)的最小值是32,当且仅当,即时取得------------(11分)

②证明:

==

得证.---------------------------(16分)

解析

(1)证明:∵x,y,z∈(0,+∞),a>0,b>0,c>0

=+

≥a2+b2+c2+2ab+2ca+2cb=(a+b+c)2

≥(a+b+c)2

当且仅当时,等号成立------------------(6分)

(2)解:①

∴f(x)的最小值是32,当且仅当,即时取得------------(11分)

②证明:

==

得证.---------------------------(16分)

百度题库 > 高考 > 数学 > 综合法与分析法证明不等式

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