设正数p,q满足p^+q^=,求证：p+q≤

设p>0,q>0,且p3+q3=2,求证：p+qW2.考查不等式的证明基本不等式导数在函数中的应用解答1．利用一元二次方程有实根的判别式法方法一：设p+q=k,则有q=k-p，两边立方，得q3=(k-p)3=k3-3k2p+3kp2-p3,即卩p3+q3=k3-3k2p+3kp2,又因为p3+q3=2,所以得到3kp2-3k2p+k3-2=0探因为p>0，q>0,所以k>0，从而关于p的方程(探)有实根,故^=(3k2)2-12k(k3-2)>0,解得k<2,即p+q<2.方法二：利用p方法二：利用p3+q3=(p+q)3-3pq(p+q)=2,pq=3(p+q)、 k3-2设p+q=k,从而pq=3k故p、故p、q是关于x的方程x2-kx+k3-23k=0的两个实根,(k-2)(k(k-2)(k2+2k+4)

k<0,(p+q)3-2方法五:烟3(p+q)4又p+q>0，从而△=k2-4 >0,即牛8<0,3k k解得0<k<2(说明：亦可以由k>0,得到k3-8<0),所以p+q<2.2．利用简易逻辑中的反证法方法三：假设p+q>2,则p>2-q,两边立方得p3>8-12q+6q2-q3,而p3+q3=2,6q2-12q+6v0,即6(q-1)2<0，这是不可能的，故p+q<2.方法四：假设p+q>2,则p>2-q,两边立方得p3>8-12q+6q2-q3,即得p3+q3>8-12q+6q2=6(q-1)2+2>2，从而p3+q3>2，这与已知条件“p3+q3=2”矛盾，故p+q<2.3．利用基本不等式或均值不等式所以得到4(p+q)3-8<3(p+q)3,即(p+q)3<8,从而p+q<2.又因为(p+q)3=p又因为(p+q)3=p3+q3+3pq(p+q)=2+3pq(p+q)<2+34+q),方法六：因为p>0,q>0,所以p+q、2帯pq，两边平方得pq<解得p+qa2.方法七：因为p>0方法七：因为p>0,q>0,所以n3p3・1・1=p,q3(+1>q两式相加，因为p两式相加，因为p3+q3=2，得p+qap3+q3+4

34．用导数在函数中的应用来求解方法八：设x=p,则根据条件有q3=2-x3，从而q=32-x3，设函数fO=p+q=x+32-x3，其中xe（0,3'2）,x2求导，一x2求导，一X3令ff(x)=0，得X二1,列表得x(0,1)1(1,近)f，(x)+0-fx)f极大值（最大值）从而f(x)<f(1)=2,即p+q<2.（说明：事实上，通过上面的分析，得到32<p+q<2.方法九：由于p3+q3=2，所以l-p3=q3-l,故p3,1,q3成等差数列，设公差为d，则有p3=1-d,q3=1+d,其中d^(-1,1),p+q=V1—d+&：1+d；记g(记g(x)=3'1-x+3/1+x,—1<x<1.从而gG)<g(0)=2,即p+q<从而g(—)(J方法十：根据条件有§p3 +q3 =2,又p,q>0,设i；'p3=<2cos0^.q3=、卫sin0,、即p+即p+q=V2cos30+sin30，其中0e(0,—).丿2然后求导(略).5．利用向量来求解方法十一：设m=(pvp,q^q),n=(pP，、:q)，则有m•n<Imllnl,即p2+q2< p3+q3飞p+q，即p2+q2<v2•*p+q,(p+q丄’ (p+q丄而 2 p2+q2，所以 2 v2飞p+q，解得p+q-2.6．利用函数的凸性来解方法十二：考察函数f(x)方法十二：考察函数f(x)=x3在区间(