设a,b,c∈[-1,1],求证ab+bc+ac+1≥0,

设a,b,c∈[-1,1],求证ab+bc+ac+1≥0,
设a,b,c∈[-1,1],求证ab+bc+ac+1≥0,

设a,b,c∈[-1,1],求证ab+bc+ac+1≥0,
将ab+bc+ac+1看成a的函数
f(a)=ab+bc+ac+1
=(b+c)a+bc+1
是一次函数或常值函数,在[-1,1]上的图像是一线段
因为f(1)=b+c+bc+1=(b+1)(c+1)
因为 b,c∈[-1,1]
所以 f(1)≥0
因为f(-1)=-b-c+bc+1=(b-1)(c-1)
因为 b,c∈[-1,1]
所以 f(-1)≥0
所以,任意的a∈[-1,1],都有f(a)≥0
即ab+bc+ac+1≥0

分类讨论法：
（1）a,b,c同号时，ab+bc+ac+1大于0。
（2）a,b,c不同号时，一正两负，两正一负.由于abc的地位是一样的，可设
（I）a>0,b<0,c<0,ab+bc+ac+1=bc+ab+ac+1>bc+b+c+1=(b+1)(C+1）>0
（II）a>0,b>0,c<0,ab+bc+ac+1>ab-b-a+1=(b-1)(a-1)>0...

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分类讨论法：
（1）a,b,c同号时，ab+bc+ac+1大于0。
（2）a,b,c不同号时，一正两负，两正一负.由于abc的地位是一样的，可设
（I）a>0,b<0,c<0,ab+bc+ac+1=bc+ab+ac+1>bc+b+c+1=(b+1)(C+1）>0
（II）a>0,b>0,c<0,ab+bc+ac+1>ab-b-a+1=(b-1)(a-1)>0
(3)a,b,c中有的是零，易得ab+bc+ac+1大于0。
综合得ab+bc+ac+1大于0。
(注，（I）a>0,b<0,c<0中ab>b,ac>c,（II）a>0,b>0,c<0中bc>-b,ac>-a)

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abc有四种情况
1） 三正 显然成立
2）两正一负 不妨设 1≥a≥0 1≥b≥0 0>c≥-1 要证ab+bc+ac+1≥0，c(a+b)≥-(ab+1)，因为0>c≥-1
即证ab+1≥a+b 移项 即(1-a)(1-b)≥0 因为1≥a≥0 1≥b≥0得证
3）一正两负 不妨设 0>a≥-1 0>b≥-1 1≥c>0 要证ab+bc+ac+1≥0，c(...

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abc有四种情况
1） 三正 显然成立
2）两正一负 不妨设 1≥a≥0 1≥b≥0 0>c≥-1 要证ab+bc+ac+1≥0，c(a+b)≥-(ab+1)，因为0>c≥-1
即证ab+1≥a+b 移项 即(1-a)(1-b)≥0 因为1≥a≥0 1≥b≥0得证
3）一正两负 不妨设 0>a≥-1 0>b≥-1 1≥c>0 要证ab+bc+ac+1≥0，c(a+b)≥-(ab+1)，因为1≥c>0
即证a+b)≥-(ab+1) 移项 即(1+a)(1+b)≥0 因为 0>a≥-1 0>b≥-1 得证
4） 三负 显然成立
所以命题成立

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不妨设|a|<=|b|<=|c|,并设f(x)=x^2-(a+b)x+ab,则f(x)=x^2-(a+b)x+ab的图像与x轴有两个交点，
A（a，0），B（b，0）且f(x)=x^2-(a+b)x+ab的图像开口向上，因为|a|<=|b|<=|c|,所以点（-c，0）一定不在线段AB上（端点除外），所以 f（-c）=c^2+(a+b)c+ab>=0,因为 c^2<=1
所以 ...

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不妨设|a|<=|b|<=|c|,并设f(x)=x^2-(a+b)x+ab,则f(x)=x^2-(a+b)x+ab的图像与x轴有两个交点，
A（a，0），B（b，0）且f(x)=x^2-(a+b)x+ab的图像开口向上，因为|a|<=|b|<=|c|,所以点（-c，0）一定不在线段AB上（端点除外），所以 f（-c）=c^2+(a+b)c+ab>=0,因为 c^2<=1
所以 1+(a+b)c+ab>=0即ab+bc+ac+1≥0

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