热门试卷

证明见解析.

试题分析：不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.

因为a，b，c均为正数，

由均值不等式得a2＋b2≥2ab，   b2＋c2≥2bc，    c2＋a2≥2ac．

所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，

故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．

所以原不等式成立．                              10分

   （1）（2）证明略

（1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形  , 得 ,

（2）首先证明任意

事实上,

而

.

略

证明：法一：(分析法)　要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立，

只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立．

又因为a＋b＞0，只需证a2－ab＋b2＞ab成立．

又需证a2－2ab＋b2＞0成立，即需证(a－b)2＞0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⇒(a－b)2＞0⇒a2－2ab＋b2＞0　

⇒a2－ab＋b2＞ab.(*)

而a，b均为正数，∴a＋b＞0，

由(*)式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，

∴a3＋b3＞a2b＋ab2.

证明略

证法一: 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)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y，z∈［0，］

证法二: 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)

=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2

故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

证法三: 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾 

x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+

=x(x－)+＞ 矛盾 

故x、y、z∈［0，］

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f（x）=（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f（x）的图象开口向下.

又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥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

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.

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  

又当且仅当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

当时，解集 当时，解集

当时，解集

略

证明略

证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6

=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0。 

即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2≤a+b≤2，

所以ab≤1 

证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0           ①

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)

所以n=                                           ②

将②代入①得m2－4()≥0，

即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，

即n≤1，所以ab≤1 

证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)

于是有6≥3ab(a+b)，

从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

证法四：因为

≥0，

所以对任意非负实数a、b，有≥

因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，

∴≤1，即a+b≤2，(以下略）

证法五：假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，

又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)

因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，

故a+b≤2(以下略)。