热门试卷

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

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)。