比较法_章节学习

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题型：简答题

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简答题

已知a＞0，b＞0，求证下列各式：

（1）≥．

（2）a+b≥+．

正确答案

证明：（1）∵a＞0，b＞0，∴a+b＞0且a2+b2≥2ab…（1分）

∴≥=（当且仅当a=b时等号成立） …（5分）

∴≥ …（6分）

（2）∵a＞0，b＞0，∴由（1）可知，a+b≤2 …（7分）

∴+≤2=a+b…（9分）

当且仅当=即a=b时等号成立 …（11分）

∴a+b≥+…（12分）

解析

证明：（1）∵a＞0，b＞0，∴a+b＞0且a2+b2≥2ab…（1分）

∴≥=（当且仅当a=b时等号成立） …（5分）

∴≥ …（6分）

（2）∵a＞0，b＞0，∴由（1）可知，a+b≤2 …（7分）

∴+≤2=a+b…（9分）

当且仅当=即a=b时等号成立 …（11分）

∴a+b≥+…（12分）

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题型：简答题

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简答题

（1）设函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）中，a，b，c均为整数，且f（0），f（1）均为奇数．求证：f（x）=0无整数根．

（2）已知a，b，c∈R+，a+b+c=1，求证：++≥9．

正确答案

证明：（1）f（0）=c为奇数，

f（1）=a+b+c为奇数，则a+b为偶数，

所以a，b同奇偶，

假设整数根t，所以f（t）=0 即at2+bt+c=0，

若a，b同为偶数，则at2+bt为偶数，

所以at2+bt+c为奇数可得at2+bt+c≠0

与at2+bt+c=0矛盾；

若a，b同为奇数，若t为偶数则at2+bt为偶数，

若t为奇数则at2+bt为偶数，

所以 at2+bt+c为奇数可得at2+bt+c≠0与at2+bt+c=0矛盾．

综上所述方程f（x）=0无整数根；

（2）a，b，c∈R+，a+b+c=1，

即有++=（a+b+c）（++）

≥3•3=9，

当且仅当a=b=c，取得等号．

即有++≥9．

解析

证明：（1）f（0）=c为奇数，

f（1）=a+b+c为奇数，则a+b为偶数，

所以a，b同奇偶，

假设整数根t，所以f（t）=0 即at2+bt+c=0，

若a，b同为偶数，则at2+bt为偶数，

所以at2+bt+c为奇数可得at2+bt+c≠0

与at2+bt+c=0矛盾；

若a，b同为奇数，若t为偶数则at2+bt为偶数，

若t为奇数则at2+bt为偶数，

所以 at2+bt+c为奇数可得at2+bt+c≠0与at2+bt+c=0矛盾．

综上所述方程f（x）=0无整数根；

（2）a，b，c∈R+，a+b+c=1，

即有++=（a+b+c）（++）

≥3•3=9，

当且仅当a=b=c，取得等号．

即有++≥9．

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题型：简答题

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简答题

已知：在△ABC内任取一点D，连接AD，BD，点E在△ABC外，∠EBC=∠ABD，∠ECB=∠DAB，求证：△DBE∽△ABC．

正确答案

证明：∵∠EBC=∠ABD，∠ECB=∠DAB 可得，△ABD∽△CBE．

∴，∴=．

故在△DBE 和△ABC中，∠ABC=∠DBE，且此角的两边对应成比例．

∴△DBE∽△ABC．

解析

证明：∵∠EBC=∠ABD，∠ECB=∠DAB 可得，△ABD∽△CBE．

∴，∴=．

故在△DBE 和△ABC中，∠ABC=∠DBE，且此角的两边对应成比例．

∴△DBE∽△ABC．

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题型：简答题

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简答题

在△ABC中，a、b、c为其三条边，试比较a2+b2+c2与2（ab+bc+ac）的大小．

正确答案

证明：a2+b2+c2-2（ab+bc+ac）

=（a-b）2+c2-2c（a+b）

=（a+b）（a-b-2c）+c2；①

∵a、b、c为△ABC中的三边，

∴a+b＞c，又a-b-2c＜0，

∴（a+b）（a-b-2c）＜c（a-b-2c），

∴（a+b）（a-b-2c）+c2＜c（a-b-2c）+c2=ca-cb-c2=-c（b+c-a），②

∵b+c-a＞0，

∴-c（b+c-a）＜0，③

由①②③得：a2+b2+c2＜2（ab+bc+ac）．

解析

证明：a2+b2+c2-2（ab+bc+ac）

=（a-b）2+c2-2c（a+b）

=（a+b）（a-b-2c）+c2；①

∵a、b、c为△ABC中的三边，

∴a+b＞c，又a-b-2c＜0，

∴（a+b）（a-b-2c）＜c（a-b-2c），

∴（a+b）（a-b-2c）+c2＜c（a-b-2c）+c2=ca-cb-c2=-c（b+c-a），②

∵b+c-a＞0，

∴-c（b+c-a）＜0，③

由①②③得：a2+b2+c2＜2（ab+bc+ac）．

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题型：简答题

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简答题

求证：-≤≤．

正确答案

证明：要证明-≤≤

只需证明-≤，≤成立

要证明-≤，

只需证明-（2x2+3x+6）≤13（x+2）

只需证明2x2+16x+32≥0

又△=0，

故2x2+16x+32≥0明显成立，

∴-≤成立

同理，≤成立

综上可知，-≤≤

解析

证明：要证明-≤≤

只需证明-≤，≤成立

要证明-≤，

只需证明-（2x2+3x+6）≤13（x+2）

只需证明2x2+16x+32≥0

又△=0，

故2x2+16x+32≥0明显成立，

∴-≤成立

同理，≤成立

综上可知，-≤≤

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题型：简答题

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简答题

已知a1，a2，b1，b2∈R+，求证：≥+．

正确答案

证明：要证≥+，

即证（a1+b1）（a2+b2）≥a1a2+b1b2+2，

即证a1b2+b1a2≥2，

由a1，a2，b1，b2∈R+，运用基本不等式上式显然成立．

故原不等式成立．

解析

证明：要证≥+，

即证（a1+b1）（a2+b2）≥a1a2+b1b2+2，

即证a1b2+b1a2≥2，

由a1，a2，b1，b2∈R+，运用基本不等式上式显然成立．

故原不等式成立．

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题型：简答题

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简答题

已知x，y为正实数，求证：．

正确答案

证：因为x，y为正实数，

要证+≤，

只要证≤，

即证3x2+12xy+3y2≤2（2x+y）（x+2y） …（3分）

即证x2-2xy+y2≥0，

即证（x-y）2≥0，显然成立

所以原不等式成立．…（6分）

解析

证：因为x，y为正实数，

要证+≤，

只要证≤，

即证3x2+12xy+3y2≤2（2x+y）（x+2y） …（3分）

即证x2-2xy+y2≥0，

即证（x-y）2≥0，显然成立

所以原不等式成立．…（6分）

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题型：填空题

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填空题

已知a，b，c∈R+，求证：++≥．

正确答案

解析

证明：∵（b+c+a+c+a+b）（++）=3+++++

≥3+2+2+2=9，（当且仅当a=b=c时取等号）

∴1++1++1+≥，

∴++≥．

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题型：填空题

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填空题

下列表述：①综合法是执因导果法；②分析法是间接证法；③分析法是执果索因法；④反证法是直接证法．正确的语句是______（填序号）．

正确答案

综合法是执因导果，从前到后，分析法是执果索因，从后往前，

综合法和分析法都是直接证法，反证法是一种间接证法，

故可判断①③正确，②④错误．

故答案为：①③

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题型：简答题

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简答题

已知函数y=f(x)，x∈N，f(x)∈N，满足：对任意x1，x2∈N，x1≠x2都有；

（1）试证明：f(x)为N上的单调增函数；

（2）n∈N，且f(0)=1，求证：f(n)≥n+1；

（3）对任意m，n∈N，有f(n+f(m))=f(n)+1，证明：。

正确答案

证明：（1）由知，

对任意，都有，

由于a-b＜0，从而，所以函数f(x)为上的单调增函数。

（2）由（1）可知，都有f(n+1)＞f(n)，则有f(n+1)≥f(n)+1，

∴f(n+1)-f(n)≥1，

∴f(n)-f(n-1)≥1，

…

∴f(2)-f(1)≥1，

∴f(1)-f(0)≥1，

由此可得f(n)-f(0)≥n，

∴f(n)≥n+1命题得证。

（3）令m=0，可得出f(0)=1，

又f(n+1)=f(n)+1，

则f(n)=n+1，

∴。

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