- 证明不等式的基本方法
- 共943题
选修4-1:几何证明选讲
如图,⊙O和⊙O′相交于A,B两点,过A作两圆的切线分别交两圆于C、D两点,连接DB并延长交⊙O于点E.证明:
(Ⅰ)AC•BD=AD•AB;
(Ⅱ)AC=AE.
正确答案
证明:(I)∵AC与⊙O‘相切于点A,故∠CAB=∠ADB,
同理可得∠ACB=∠DAB,
∴△ACB∽△DAB,∴=
,
∴AC•BD=AD•AB.
(II)∵AD与⊙O相切于点A,∴∠AED=∠BAD,
又∠ADE=∠BDA,∴△EAD∽△ABD,
∴=
,∴AE•BD=AD•AB.
再由(I)的结论AC•BD=AD•AB 可得,AC=AE.
解析
证明:(I)∵AC与⊙O‘相切于点A,故∠CAB=∠ADB,
同理可得∠ACB=∠DAB,
∴△ACB∽△DAB,∴=
,
∴AC•BD=AD•AB.
(II)∵AD与⊙O相切于点A,∴∠AED=∠BAD,
又∠ADE=∠BDA,∴△EAD∽△ABD,
∴=
,∴AE•BD=AD•AB.
再由(I)的结论AC•BD=AD•AB 可得,AC=AE.
已知a1,a2∈R+且a1•a2=1,求证:(1+a1)(1+a2)≥4.
正确答案
证明:∵a1,a2∈R+且a1•a2=1,
∴(1+a1)(1+a2)=1+a1a2+a1+a2=2+a1+a2≥2+2=4
∴命题成立.
解析
证明:∵a1,a2∈R+且a1•a2=1,
∴(1+a1)(1+a2)=1+a1a2+a1+a2=2+a1+a2≥2+2=4
∴命题成立.
(1)求证:+1<2
;
(2)求证:-
<
-
,其中a≥3.
正确答案
证明:(1)要证+1<2
,
只要证4+2<8,
即为2<4,即12<16显然成立,
故+1<2
;
(2)要证-
<
-
,其中a≥3.
只要证<
,
即为<
,
即有+
>
+
,
由>
,
>
,
则上式显然成立.
故-
<
-
,其中a≥3.
解析
证明:(1)要证+1<2
,
只要证4+2<8,
即为2<4,即12<16显然成立,
故+1<2
;
(2)要证-
<
-
,其中a≥3.
只要证<
,
即为<
,
即有+
>
+
,
由>
,
>
,
则上式显然成立.
故-
<
-
,其中a≥3.
设,
(1)证明不等式对所有的正整数n都成立;
(2)设,用定义证明
正确答案
证:(1)由不等式
对所有正整数k成立,把它对k从1到n(n≥1)求和,
得到1+2+3+…+n<an<
又因1+2+3+…+n=,以及
<
[1+3+5+…+(2n+1)]=
,
对所有的正整数n都成立.
(2)由(1)及bn的定义知
对任意指定的正数ε,要使,
只要使,即只要使
取N是的整数部分,则数列bn的第N项以后所有的项都满足
根据极限的定义,证得
解析
证:(1)由不等式
对所有正整数k成立,把它对k从1到n(n≥1)求和,
得到1+2+3+…+n<an<
又因1+2+3+…+n=,以及
<
[1+3+5+…+(2n+1)]=
,
对所有的正整数n都成立.
(2)由(1)及bn的定义知
对任意指定的正数ε,要使,
只要使,即只要使
取N是的整数部分,则数列bn的第N项以后所有的项都满足
根据极限的定义,证得
设a,b,c∈R+,且a+b+c=3,证明:+
+
≥
.
正确答案
证明:∵+b2+c≥2a2,
+c2+a≥2b2,
+a2+b≥2c2,
相加,移项可得+
+
≥(a2+b2+c2)-(a+b+c),
∵a+b+c=3,a2+b2+c2≥(a+b+c)2,
∴+
+
≥
(a=b=c时取等号).
解析
证明:∵+b2+c≥2a2,
+c2+a≥2b2,
+a2+b≥2c2,
相加,移项可得+
+
≥(a2+b2+c2)-(a+b+c),
∵a+b+c=3,a2+b2+c2≥(a+b+c)2,
∴+
+
≥
(a=b=c时取等号).
求证:x∈R时,|x-1|≤4|x3-1|.
正确答案
证明:|x-1|≤4|x3-1||x-1|≤4|(x-1)(x2+x+1)||x-1|≤4|x-1||(x2+x+1)|
x=1时,左式=右式=0,符合题意;
x≠1时,x2+x+1=(x+)2+
>
,所以4|x-1||(x2+x+1)|>|x-1|;
综上,x∈R时,|x-1|≤4|x3-1|.
解析
证明:|x-1|≤4|x3-1||x-1|≤4|(x-1)(x2+x+1)||x-1|≤4|x-1||(x2+x+1)|
x=1时,左式=右式=0,符合题意;
x≠1时,x2+x+1=(x+)2+
>
,所以4|x-1||(x2+x+1)|>|x-1|;
综上,x∈R时,|x-1|≤4|x3-1|.
已知a,b,c均为正实数,且满足abc=1,证明:
(1)a+b+c≥+
+
;
(2)a2+b2+c2≥+
+
.
正确答案
证明:∵a,b,c∈R+
∴a+b≥2,b+c≥2
,a+c≥2
∴2a+2b+2c≥2+2
+2
∴a+b+c≥+
+
∵abc=1,
∴a+b+c≥+
+
;
(2)∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,
∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ac,
∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac,
∵ab+bc+ac=≥
=
+
+
,
∴a2+b2+c2≥+
+
.
解析
证明:∵a,b,c∈R+
∴a+b≥2,b+c≥2
,a+c≥2
∴2a+2b+2c≥2+2
+2
∴a+b+c≥+
+
∵abc=1,
∴a+b+c≥+
+
;
(2)∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,
∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ac,
∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac,
∵ab+bc+ac=≥
=
+
+
,
∴a2+b2+c2≥+
+
.
设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.求证:
(1)ab+bc+ac≤;
(2).
正确答案
解析
证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,
得a2+b2+c2≥ab+bc+ac,由(a+b+c)2=1,
得a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1,
所以3(ab+bc+ac)≤1,
所以(ab+bc+ac)≤;
(2)由,
累加可得,,
即,
所以.
求证:(1+)(1+
)…(1+
)<e.
正确答案
证明:设f(x)=ln(1+x2)-x,
则f′(x)=-1=
≤0,
可得函数f(x)在R上单调递减.
当x>0时,f(x)<f(0),
所以ln(1+x2)-x<0,即ln(1+x2)<x.
所以ln(1+)(1+
)…(1+
)
=ln(1+)+ln(1+
)+…+ln(1+
)
<+
+…+
<
+
+…+
=1-+
-
+…+
-
=1-
<1,
所以(1+)(1+
)…(1+
)<e.
解析
证明:设f(x)=ln(1+x2)-x,
则f′(x)=-1=
≤0,
可得函数f(x)在R上单调递减.
当x>0时,f(x)<f(0),
所以ln(1+x2)-x<0,即ln(1+x2)<x.
所以ln(1+)(1+
)…(1+
)
=ln(1+)+ln(1+
)+…+ln(1+
)
<+
+…+
<
+
+…+
=1-+
-
+…+
-
=1-
<1,
所以(1+)(1+
)…(1+
)<e.
(1)求证:1++
+…+
>
-
(n≥2)
(2)求证:+
+
+…+
<
-
(3)求证:+
+
+…+
<
-1
(4)求证:2(-1)<1+
+
+…+
<
(
-1)
正确答案
证明:(1)当n≥2时,>
=
.
∴1++
+…+
>1+
+
+…+
=1+
=
-
.
∴1++
+…+
>
-
(n≥2).
(2)当n≥2时,<
=
,
∴+
+
+…+
<
+
+
+…+
=
+
=
.
(3)∵<
,
T=<
×…×
×
=
×
,∴T<
=
<
=
-
,
∴+
+
+…+
<
+
+…+(
-
)=
-1,
∴+
+
+…+
<
-1.
(4)先证明左边:∵=
>
=2
,
∴1++
+…+
>2
+
+…+
=2
.
证明右边:∵<
=
.
∴1++
+…+
<
[(
-1)+
+…+(
-
)]=
.
综上可得:2(-1)<1+
+
+…+
<
(
-1).
解析
证明:(1)当n≥2时,>
=
.
∴1++
+…+
>1+
+
+…+
=1+
=
-
.
∴1++
+…+
>
-
(n≥2).
(2)当n≥2时,<
=
,
∴+
+
+…+
<
+
+
+…+
=
+
=
.
(3)∵<
,
T=<
×…×
×
=
×
,∴T<
=
<
=
-
,
∴+
+
+…+
<
+
+…+(
-
)=
-1,
∴+
+
+…+
<
-1.
(4)先证明左边:∵=
>
=2
,
∴1++
+…+
>2
+
+…+
=2
.
证明右边:∵<
=
.
∴1++
+…+
<
[(
-1)+
+…+(
-
)]=
.
综上可得:2(-1)<1+
+
+…+
<
(
-1).
已知a>b>c且a+b+c=0,求证:<
a.
正确答案
证明:要证<
a,只需证b2-ac<3a2,
即证b2+a(a+b)<3a2,即证(a-b)(2a+b)>0,
即证(a-b)(a-c)>0.
∵a>b>c,∴(a-b)•(a-c)>0成立.
∴原不等式成立.
解析
证明:要证<
a,只需证b2-ac<3a2,
即证b2+a(a+b)<3a2,即证(a-b)(2a+b)>0,
即证(a-b)(a-c)>0.
∵a>b>c,∴(a-b)•(a-c)>0成立.
∴原不等式成立.
设≤x≤2,求证:2
+
+
<8.
正确答案
证明:由均值不等式可得<
=
∴2+
+
<2
∵≤x≤2,∴y=2
单调递增,∴2
≤8
∴2+
+
<8.
解析
证明:由均值不等式可得<
=
∴2+
+
<2
∵≤x≤2,∴y=2
单调递增,∴2
≤8
∴2+
+
<8.
设a,b,c分别为一个三角形三边的边长,证明a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0,并指出等号成立的条件.
正确答案
证明:不妨设a≥b≥c,此时≤
≤
,
∵a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c),
于是由排序不等式可得:•a(b+c-a)+
•b(c+a-b)+
•c(a+b-c)≤
•a(b+c-a)+
•b(c+a-b)+
•c(a+b-c)=a+b+c,
∴•a[(b-a)+c]+
•b[(c-b)+a]+
•c[(a-c)+b]≤a+b+c,
即•a(b-a)+
•b(c-b)+
•c(a-c)≤0,同乘abc得,
a2b(b-a)+b2c(c-b)+c2a(a-c)≤0,
∴a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0,
上式当且仅当=
=
或者a(b+c-a)=b(c+a-b)=c(a+b-c),即a=b=c时取等号.
解析
证明:不妨设a≥b≥c,此时≤
≤
,
∵a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c),
于是由排序不等式可得:•a(b+c-a)+
•b(c+a-b)+
•c(a+b-c)≤
•a(b+c-a)+
•b(c+a-b)+
•c(a+b-c)=a+b+c,
∴•a[(b-a)+c]+
•b[(c-b)+a]+
•c[(a-c)+b]≤a+b+c,
即•a(b-a)+
•b(c-b)+
•c(a-c)≤0,同乘abc得,
a2b(b-a)+b2c(c-b)+c2a(a-c)≤0,
∴a2b(a-b)+b2c(b-c)+c2a(c-a)≥0,
上式当且仅当=
=
或者a(b+c-a)=b(c+a-b)=c(a+b-c),即a=b=c时取等号.
试用综合法或分析法证明:已知a>b>c,求证:+
+
>0.
正确答案
证法一:(分析法)
为了证明,
只需要证明,…(2分)
∵a>b>,c∴a-c>a-b>0,b-c>0,…(4分)
∴.…(8分)
∴成立.…(10分)
∴>0成立.…(12分)
证法二:(综合法)
∵a>b>c,
∴a-c>a-b>0,b-c>0.
∴>0.
∴.
∴>0.(类比给分)
解析
证法一:(分析法)
为了证明,
只需要证明,…(2分)
∵a>b>,c∴a-c>a-b>0,b-c>0,…(4分)
∴.…(8分)
∴成立.…(10分)
∴>0成立.…(12分)
证法二:(综合法)
∵a>b>c,
∴a-c>a-b>0,b-c>0.
∴>0.
∴.
∴>0.(类比给分)
已知a>b>c>d,求证:.
正确答案
证明:∵a>b>c>d,∴a-b>0,b-c>0,c-d>0
∴
∴
解析
证明:∵a>b>c>d,∴a-b>0,b-c>0,c-d>0
∴
∴
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