- 综合法与分析法证明不等式
- 共468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≥,
+
+
=
≥
,
∴+
+
≥
(
+
+
)
已知m>n>0,a,b∈R+且(a-1)(b-1)≠0,求证:(an+bn)m>(am+bm)n.
正确答案
证明:要证(an+bn)m>(am+bm)n.
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+bn)m>(am+bm)n.
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.
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.
求证:.
正确答案
解:左边≥=
,
∴.
解析
解:左边≥=
,
∴.
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)
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