热门试卷

证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）

=3b2+3b（a+c）+a2+ac+c2

=3（b+）2-（a+c）2+a2+ac+c2

=3（b+）2+（a2-2ac+c2）

=3（b+）2+（a-c）2≥0．

即有原不等式成立．

证明：方法一：已知．

得，

=．

即cosB=＞0

故

法2：反证法：假设．

则有b＞a＞0，b＞c＞0．

则

可得与已知矛盾，

假设不成立，原命题正确．

证明：要证明：+=，

只要证明：=3，

只要证明：，

只要证明：c（b+c）+a（a+b）=（a+b）（b+c），

即b2=a2+c2-ac，

∵A、B、C成等差数列，

∴B=60°，

∴由余弦定理，得b2=a2+c2-ac．

∴结论成立．

（1）证明：由于a＞0，b＞0，

则a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）

=（a+b）（a2-2ab+b2）=（a+b）（a-b）2≥0，

故a3+b3≥a2b+ab2；

（2）解：因为正数x、y满足2x+y=1，

+=（+）（2x+y）=3++≥3+2=3+2，

当且仅当=时取等号．  

由2x+y=1且当=，x，y＞0 得x=1-，y=-1，

所以当x=1-，y=-1时，+有最小值为3+2．

（3）解：由柯西不等式得到：．

因为x2+4y2+9z2=36，所以（x+y+z）2≤36×（1+）=49，即-7≤x+y+z≤7．

则x+y+z的最大值是7，此时有x=4y=9z，则当时，x+y+z取最大值7．

证明：证法一：由已知-＞1及a＞0，可知b＞0，

要证＞，

可证•＞1，

即证1+a-b-ab＞1，这只需证a-b-ab＞0，即＞1，即-＞1，

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

证法二：-＞1及a＞0，可知1＞b＞0，

∵-＞1，

∴a-b-ab＞0，1+a-b-ab＞1，（1+a）（1-b）＞1．

由a＞0，1-b＞0，得•＞1，

即＞．

证明：因为a＞b＞c，且a+b+c=0，所以a＞0，c＜0，

要证明原不等式成立，只需证明＜a，即证b2-ac＜3a2，

即证b2+a（a+b）＜3a2，即证（a-b）（2a+b）＞0，

即证（a-b）（a-c）＞0．

∵a＞b＞c，∴（a-b）•（a-c）＞0成立．

∴原不等式成立．

证明：要证明：+≤2，

只要证明：xy+ax+ay+a2+xy-ax-ay+a2+2≤4xy，

只要证明：≤xy-a2，

只要证明：x2y2-a2x2-a2y2+a4≤x2y2-2a2xy+a4，

只要证明：a2x2+a2y2≥2a2xy，

只要证明：x2+y2≥2xy，

只要证明：（x-y）2≥0，

显然成立，

所以+≤2．

证明：∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca）．

又∵ab+bc+ca=1，

∴a2+b2+c2≥1．

证明：由x，y＞0，可得

+≥2=2，

+≥2=2，

两式相加，可得：

+≥+，

即有，

当且仅当x=y等号成立．