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题型:简答题
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简答题

 已知xyz∈R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=

证明:xyz∈[0,

正确答案

证明略

证法一: 由x+y+z=1,x2+y2+z2=,得x2+y2+(1-xy)2=,整理成关于y的一元二次方程得:

2y2-2(1-x)y+2x2-2x+=0,∵y∈R,故Δ≥0

∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+)≥0,得0≤x,∴x∈[0,

同理可得yz∈[0,

证法二: 设x=+x′,y=+y′,z=+z′,则x′+y′+z′=0,

于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

=+x2+y2+z2+ (x′+y′+z′)

=+x2+y2+z2+x2+=+x2

x2x′∈[-],x∈[0,],同理yz∈[0,

证法三: 设xyz三数中若有负数,不妨设x<0,则x2>0,

=x2+y2+z2x2+,矛盾 

xyz三数中若有最大者大于,不妨设x

=x2+y2+z2x2+=x2+=x2x+

=x(x)+ 矛盾 

xyz∈[0,

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题型:简答题
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简答题

x1x2y1y2是实数,且满足x12+x22≤1,

证明不等式(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).

正确答案

证明略

分析:要证原不等式成立,也就是证(x1y1+x2y2-1)2-(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0.

(1)当x12+x22=1时,原不等式成立.……………3分

(2)当x12+x22<1时,联想根的判别式,可构造函数fx)=(x12+x22-1)x-2(x1y1+x2y2-1)x+(y12+y22-1)…………………7分

其根的判别式Δ=4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1).………9分

由题意x12+x22<1,函数fx)的图象开口向下.

又∵f(1)=x12+x22-2x1y1-2x2y2+y12+y22=(x1y12+(x2y22≥0,………11分

因此抛物线与x轴必有公共点.

Δ≥0.

∴4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0,…………13分

即(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).……………14分

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题型:简答题
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简答题

若a,b,c均为实数,且

试用反证法证明:a,b,c中至少有一个大于0.

正确答案

见解析.

利用反证法证明时,先否定结论,然后利用否定后的结论,结合已知的公理或者定理产生矛盾,说明假设不成立,原命题成立。设a、b、c都不大于0,a≤0,b≤0,c≤0,∴a+b+c≤0,而a+b+c=(x2-2y+)+(y2-2z+)+(z2-2x+

∴a+b+c>0,这与a+b+c≤0矛盾。

(反证法)证明:设a、b、c都不大于0,a≤0,b≤0,c≤0,∴a+b+c≤0,

而a+b+c=(x2-2y+)+(y2-2z+)+(z2-2x+

=(x2-2x)+(y2-2y)+(z2-2z)+π=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3,

∴a+b+c>0,这与a+b+c≤0矛盾,故a、b、c中至少有一个大于0.

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题型:简答题
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简答题

已知,试证:;并求函数)的最小值.

正确答案

见解析

本试题主要是考查了不等式证明的运用利用作差法或者柯西不等式法,重要不等式的思想都可以解决。体现了不同角度解决同一问题的灵活性。

证法1:(作差法)

    ……………6分  

当且仅当a=b时等号成立,

…………………………8分

证法2:(柯西不等式)由柯西不等式:

证法3:(重要不等式)

当且仅当a=b时等号成立. …………………………8分

由上式可知:……12分

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题型:简答题
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简答题

(本小题12分)解关于的不等式

正确答案

时,解集 当时,解集

时,解集

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