热门试卷

本试题主要是考查了比较大小的运用利用作差法可知得到

,提取公因式，然后分析符号与0的关系得到证明。

证明：……2分

……6分

又，而.……8分

∴.……10分

故……11分

即 ……12分

由得，          

又正实数，满足，

即，（当且仅当时取“=”）               

所以，即证．

略

证明略

证明 （1）∵a,b,c都是正数，

∴a+b+c≥3,++≥3.

∴(a+b+c) ≥9,

当且仅当a=b=c时，等号成立.

（2）∵（a+b）+(b+c)+(c+a)

≥3,

又≥,

∴(a+b+c) ≥,

当且仅当a=b=c时，等号成立.

证明略

∵＜1＜1

a2+b2+2ab＜1+2ab+a2b2

a2b2-a2-b2+1＞0

 (a2-1)(b2-1)＞0

又|a|＜1,|b|＜1,∴(a2-1)(b2-1)＞0.

∴原不等式成立.

证明略

证法一:(分析综合法）

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，

即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8.

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.

证法二：(均值代换法)

设a=+t1，b=+t2.

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.

证法三:(比较法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

证法四：(综合法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.

证法五：(三角代换法）

∵a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)

证明略

由x>0,y>0且x≠y,要证明

只需     即

只需

由条件,显然成立.∴原不等式成立

见解析。

本试题主要是考查了运用不等式的思想来证明不等式问题的运用。

首先可以考虑运用分析法和综合法两种办法来完成，分别对于已知的关系式分析结构特点，然后结合均值不等式的思想也可以，也能通过重要不等式来证明。

（证法一）

∵

…………………………①

，

∴……………………②

……………………③

∴原不等式成立。

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当时，③式等号成立。

即当a=b=c＝时原式等号成立。

（证法二）∵a,b,c都是正数，由基本不等式得

∴………………………………①

②

∴

…………………………………………③

∴原不等式成立

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c,时，③式等号成立。

即当a=b=c＝时原式等号成立。

略

证：由对称性，不妨设，则，，得，由排序不等式，得顺序和乱序和，则　即又　　又由乱序和逆序和，则，即，所以

见解析

试题分析：本题用直接法不易找到证明思路，用分析法，要证该不等式成立，因为，所以，只需证该不等式两边同乘以转化成的等价不等式a(1+b)(1+c)+ b(1+a)(1+c)> c(1+a)(1+b)成立，用不等式性质整理为a+2ab+b+abc>c成立，用不等式性质及三角不等式很容易证明此不等式成立.

试题解析：要证明：

需证明： a(1+b)(1+c)+ b(1+a)(1+c)> c(1+a)(1+b)          5分

需证明:a(1+b+c+bc)+ b(1+a+c+ac)> c(1+a+b+ab)  需证明a+2ab+b+abc>c       10分

∵a,b,c是的三边  ∴a>0,b>0,c>0且a+b>c,abc>0,2ab>0

∴a+2ab+b+abc>c

∴成立。         14分