- 综合法与分析法证明不等式
- 共468题
若实数x，y满足|x|≤1，|y|≤1，求证：
正确答案
证明：要证明
即（x+y）2≤（1+xy）2，变形得（x2-1）（y2-1）≥0，
因为|x|≤1，|y|≤1，所以，x2≤1，y2≤1
所以（x2-1）（y2-1）≥0 成立，即原不等式成立．
解析
证明：要证明
即（x+y）2≤（1+xy）2，变形得（x2-1）（y2-1）≥0，
因为|x|≤1，|y|≤1，所以，x2≤1，y2≤1
所以（x2-1）（y2-1）≥0 成立，即原不等式成立．
用定义法证明：
正确答案
证明：∵
∴
…
∵
且ln（1+
=ln（
则
解析
证明：∵
∴
…
∵
且ln（1+
=ln（
则
设a1＞a2＞…＞an＞an+1，求证：
正确答案
证明：∵a1-an+1=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1），
∴[（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1）]•
≥（
∴（a1-an+1）
即
故
解析
证明：∵a1-an+1=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1），
∴[（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1）]•
≥（
∴（a1-an+1）
即
故
是否存在a，b，c使得任何实数x，y，使不等式
正确答案
解：原不等式变成：|x+a|+|x+a+b|+|y+c|＞|x|+|x+y|+|y|；
∵x，y，z是任意的实数，总存在x＞-a，x＞-a-b，y＞-c，x＞0，y＞0；
∴上面不等式可变成：2x+y+2a+b+c＞2x+2y，解得：2a+b+c＞y；
∵y的取值任意，总可以让y的值大于2a+b+c；
∴已知条件中的a，b，c不存在．
解析
解：原不等式变成：|x+a|+|x+a+b|+|y+c|＞|x|+|x+y|+|y|；
∵x，y，z是任意的实数，总存在x＞-a，x＞-a-b，y＞-c，x＞0，y＞0；
∴上面不等式可变成：2x+y+2a+b+c＞2x+2y，解得：2a+b+c＞y；
∵y的取值任意，总可以让y的值大于2a+b+c；
∴已知条件中的a，b，c不存在．
已知函数f（x）=lnx．
（1）求函数g（x）=f（x+1）-x的最大值；
（2）当0＜a＜b时，求证
正确答案
（1）解：∵f（x）=lnx，g（x）=f（x+1）-x
∴g（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），∴
令g′（x）=0，得x=0
当-1＜x＜0时，g′（x）＞0，当x＞0时，g′（x）＜0，又g（0）=0
∴当且仅当x=0时，g（x）取得最大值0 （6分）
（2）证明：
由（1）知
又∵0＜a＜b，∴a2+b2＞2ab，∴
∴
∴
解析
（1）解：∵f（x）=lnx，g（x）=f（x+1）-x
∴g（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），∴
令g′（x）=0，得x=0
当-1＜x＜0时，g′（x）＞0，当x＞0时，g′（x）＜0，又g（0）=0
∴当且仅当x=0时，g（x）取得最大值0 （6分）
（2）证明：
由（1）知
又∵0＜a＜b，∴a2+b2＞2ab，∴
∴
∴
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