3、bc(a＋b＋c)≤ 解析：因為a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，b2＋c2≥2bc，將三式相加， 得2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac， 即a2＋b2＋c2≥1. 又因為(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac， 所以(a＋b＋c)2≥1＋2×1＝3.故選項B成立． 答案：B 5．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg，則(　　) A．Rlg b>0， ∴(lg a＋lg b)>，即Q>P. 又∵a>b>1，∴>， ∴l(xiāng)g >lg ＝

4、(lg a＋lg b)． 即R>Q，∴P3時，－<－， 只需證＋<＋， 只需證(＋)2<(＋)2， 即證<， 只需證a(a－3)<(a－1)(a－2)， 即證0<2，顯然0<2， 故－<－.

5、 答案：－<－ 8．設a，b，c都是正實數，a＋b＋c＝1，則＋＋的最大值為________． 解析：因為 (＋＋)2＝a＋b＋c＋2＋2＋2≤1＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝1＋2(a＋b＋c)＝3， 所以＋＋≤，當且僅當a＝b＝c＝時等號成立． 答案： 9．用綜合法證明：如果a，b為正數，則ab＋＋＋≥4. 證明：由基本不等式ab＋≥2＝2， ＋≥2＝2， 有ab＋＋＋≥2＋2＝4， 所以ab＋＋＋≥4， 當且僅當ab＝且＝，即a＝b＝1時等號成立． 10．已知a>0，b>0,2c>a＋b，用分析法證明c－

6、 即證b－a<2. 當b－a<0時顯然成立，當b－a≥0時只需證明b2＋a2－2ab<4c2－4ab， 即證(a＋b)2<4c2， 由2c>a＋b知上式成立． ∴原不等式成立． [B組　能力提升] 1．已知p：ab>0，q：＋≥2，則p與q的關系是(　　) A．p是q的充分而不必要條件 B．p是q的必要而不充分條件 C．p是q的充分必要條件 D．以上答案都不對 解析：若ab>0，則>0，>0， ∴＋≥2，故p?q成立． 若＋≥2，則≥2， ∴≥0，即≥0. ∵(a－b)2≥0，∴ab>0，故q?p成立． 答案：C 2．已知a、b、c為三角形的三邊，且S＝a2＋

7、b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，則(　　) A．S≥2P B．PP D．P≤S<2P 解析：∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，即S≥P. 又三角形中|a－b|0在條件a>b>c時恒成立，則λ的取值范圍是________． 解析：不等式可化為＋>. ∵a>b>c， ∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，

8、 ∴λ<＋恒成立． ∵＋＝＋ ＝2＋＋≥2＋2＝4. ∴λ<4. 答案：(－∞，4) 4．設a>0，b>0，則此兩式的大小關系為 lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 解析：因為對數函數y＝lg x為定義域上的增函數． 所以只需比較(1＋)與的大小即可， 因為(1＋)2－(1＋a)(1＋b) ＝1＋ab＋2－(1＋ab＋a＋b) ＝2－(a＋b)． 又由基本不等式得2≤a＋b， 所以(1＋)2－(1＋a)(1＋b)≤0， 即有l(wèi)g(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 答案：≤ 5．已知a>b>0，求證：<－<. 證明：要

9、證<－<， 只要證b>0，所以>1，<1， 故 <1, >1成立， 所以有<－<成立． 6．已知實數a、b、c滿足c 0. 解得－0， 解得c<0或c>(舍去)． ∴－