- 比较法
- 共468题
（A题）已知x，y，z∈R+，且x+y+z=1．
（1）求证：
（2）若λ（x2+y2+z2）≤x3+y3+z3恒成立，求实数λ的最大值．
正确答案
证明（1）∵x，y，z∈R+，且x+y+z=1，
∴1=x+y+z≥3
∴0＜
∴
故
（2）∵x，y，z∈R+，x+y+z=1且λ（x2+y2+z2）≤x3+y3+z3恒成立，
∴λ≤
∵x3+y3+z3=（x3+y3+z3）（x+y+z）≥（x2+y2+z2）2，
又∵（x2+y2+z2）（12+12+12）≥（x+y+z）2=1，
∴x2+y2+z2≥
∴x3+y3+z3≥
∴λ≤
解析
证明（1）∵x，y，z∈R+，且x+y+z=1，
∴1=x+y+z≥3
∴0＜
∴
故
（2）∵x，y，z∈R+，x+y+z=1且λ（x2+y2+z2）≤x3+y3+z3恒成立，
∴λ≤
∵x3+y3+z3=（x3+y3+z3）（x+y+z）≥（x2+y2+z2）2，
又∵（x2+y2+z2）（12+12+12）≥（x+y+z）2=1，
∴x2+y2+z2≥
∴x3+y3+z3≥
∴λ≤
若x2+y2=1，证明：-
正确答案
证明：由（ax+by）2-（a2+b2）（x2+y2）
=（a2x2+b2y2+2abxy）-（a2x2+b2y2+a2y2+b2x2）
=2abxy-a2y2-b2x2
=-（ay-bx）2≤0，
可得（ax+by）2≤（a2+b2）（x2+y2），
由x2+y2=1，可得（ax+by）2≤（a2+b2），
即有-
解析
证明：由（ax+by）2-（a2+b2）（x2+y2）
=（a2x2+b2y2+2abxy）-（a2x2+b2y2+a2y2+b2x2）
=2abxy-a2y2-b2x2
=-（ay-bx）2≤0，
可得（ax+by）2≤（a2+b2）（x2+y2），
由x2+y2=1，可得（ax+by）2≤（a2+b2），
即有-
已知a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥
正确答案
证明：2ab≤a2+b2，2bc≤b2+c2，2ca≤c2+a2；
∴2ab+2bc+2ca≤2（a2+b2+c2）；
又1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca；
∴1≤3（a2+b2+c2）；
∴
解析
证明：2ab≤a2+b2，2bc≤b2+c2，2ca≤c2+a2；
∴2ab+2bc+2ca≤2（a2+b2+c2）；
又1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca；
∴1≤3（a2+b2+c2）；
∴
设a、b、c∈R+，满足a+b+c=abc，证明：
正确答案
证明：由于a、b、c∈R+，满足a+b+c=abc，
可设a=tanA，b=tanB，c=tanC，且A+B+C=π，（0＜A，B，C＜
由于tanC=-tan（A+B）=-
则有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC．
则
=
则原不等式即为
即有：24cosA+16cosB+12cosC≤29．
由于29-24cosA-16cosB-12cosC=4+9+16-24cosA-16cosB+12cos（A+B）
=（4sin2B+4cos2B）+（9sin2A+9cos2A）+16+2×2×3cosAcosB-2×2×3sinAsinB
-2×3×4cosA-2×2×4cosB
=（3cosA+2cosB-4）2+（3sinA-2sinB）2≥0，
则24cosA+16cosB+12cosC≤29．
故
解析
证明：由于a、b、c∈R+，满足a+b+c=abc，
可设a=tanA，b=tanB，c=tanC，且A+B+C=π，（0＜A，B，C＜
由于tanC=-tan（A+B）=-
则有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC．
则
=
则原不等式即为
即有：24cosA+16cosB+12cosC≤29．
由于29-24cosA-16cosB-12cosC=4+9+16-24cosA-16cosB+12cos（A+B）
=（4sin2B+4cos2B）+（9sin2A+9cos2A）+16+2×2×3cosAcosB-2×2×3sinAsinB
-2×3×4cosA-2×2×4cosB
=（3cosA+2cosB-4）2+（3sinA-2sinB）2≥0，
则24cosA+16cosB+12cosC≤29．
故
已知a，b∈R，a2+b2≤4，求证：|3a2-8ab-3b2|≤20．
正确答案
证明：∵a，b∈R，a2+b2≤4，∴可设a=rsinα，b=rcosα，其中0≤r≤2．
∴|3a2-8ab-3b2|=r2|3cos2α-8sinαcosα-3sin2α|=r2|3cos2α-4sin2α|
=5r2|cos（2α+φ）|≤5r2≤5×22=20．
故原不等式成立．
解析
证明：∵a，b∈R，a2+b2≤4，∴可设a=rsinα，b=rcosα，其中0≤r≤2．
∴|3a2-8ab-3b2|=r2|3cos2α-8sinαcosα-3sin2α|=r2|3cos2α-4sin2α|
=5r2|cos（2α+φ）|≤5r2≤5×22=20．
故原不等式成立．
已知：a，b∈R+，且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2．
正确答案
解析
证明：法一：（分析法）a3+b3＞a2b+ab2 成立，
只需证（a+b）（a2-ab+b2）＞ab（a+b）成立．
又因为a＞0，故只需证a2-ab+b2＞ab成立，
而依题设a≠b，则（a-b）2＞0显然成立，由此命题得证．
法二：（综合法）∵a≠b，∴a-b≠0，
∴a2-2ab+b2＞0，∴a2-ab+b2＞ab（*）．
而a，b均为正数，∴a+b＞0，
∴（a+b）（a2-ab+b2）＞ab（a+b），
∴a3+b3＞a2b+ab2 成立．
已知a＞b＞c，求证：
正确答案
证明：∵a＞b＞c，
∴0＜a-b＜a-c，
∴（a-b）2＜（a-c）2，
∴
解析
证明：∵a＞b＞c，
∴0＜a-b＜a-c，
∴（a-b）2＜（a-c）2，
∴
已知a＞0且a≠1，证明：am+n+1＞am+an（m，n∈N+）．
正确答案
证明：∵a＞0且a≠1，m，n∈N+，
∴a＞1，am-1＞0，an-1＞0，0＜a＜1，am-1＜0，an-1＜0，
∴am+n+1-am-an=（am-1）（an-1）＞0，
∴am+n+1＞am+an（m，n∈N+）．
解析
证明：∵a＞0且a≠1，m，n∈N+，
∴a＞1，am-1＞0，an-1＞0，0＜a＜1，am-1＜0，an-1＜0，
∴am+n+1-am-an=（am-1）（an-1）＞0，
∴am+n+1＞am+an（m，n∈N+）．
设任意实数x，y满足|x|＜1，|y|＜1，求证：
正确答案
证明：设
∴
∵（1-x2）（1-y2）=1+x2y2-（x2+y2）≤1-xy，
∴
解析
证明：设
∴
∵（1-x2）（1-y2）=1+x2y2-（x2+y2）≤1-xy，
∴
已知数列{an}，an≥0，a1=0，an+12+an+1-1=an2（n∈N•）．记Sn=a1+a2+…+an．
求证：当n∈N•时，
（Ⅰ）an＜an+1；
（Ⅱ）Sn＞n-2．
（Ⅲ）Tn＜3．
正确答案
（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明．
①当n=1时，因为a2是方程x2+x-1=0的正根，所以a1＜a2．
②假设当n=k（k∈N*）时，ak＜ak+1，
因为ak+12-ak2=（ak+22+ak+2-1）-（ak+12+ak+1-1）=（ak+2-ak+1）（ak+2+ak+1+1），
所以ak+1＜ak+2．
即当n=k+1时，an＜an+1也成立．
根据①和②，可知an＜an+1对任何n∈N*都成立．
（Ⅱ）证明：由ak+12+ak+1-1=ak2，k=1，2，…，n-1（n≥2），
得an2+（a2+a3+…+an）-（n-1）=a12．
因为a1=0，所以Sn=n-1-an2．
由an＜an+1及an+1=1+an2-2an+12＜1得an＜1，
所以Sn＞n-2．
（Ⅲ）证明：由
所以
故当n≥3时，
又因为T1＜T2＜T3，
所以Tn＜3．
解析
（Ⅰ）证明：用数学归纳法证明．
①当n=1时，因为a2是方程x2+x-1=0的正根，所以a1＜a2．
②假设当n=k（k∈N*）时，ak＜ak+1，
因为ak+12-ak2=（ak+22+ak+2-1）-（ak+12+ak+1-1）=（ak+2-ak+1）（ak+2+ak+1+1），
所以ak+1＜ak+2．
即当n=k+1时，an＜an+1也成立．
根据①和②，可知an＜an+1对任何n∈N*都成立．
（Ⅱ）证明：由ak+12+ak+1-1=ak2，k=1，2，…，n-1（n≥2），
得an2+（a2+a3+…+an）-（n-1）=a12．
因为a1=0，所以Sn=n-1-an2．
由an＜an+1及an+1=1+an2-2an+12＜1得an＜1，
所以Sn＞n-2．
（Ⅲ）证明：由
所以
故当n≥3时，
又因为T1＜T2＜T3，
所以Tn＜3．
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