热门试卷

（I）r1≤r2≤≤rN．除第N组外的每组至少含有=3个数

（II）当第n组形成后，因为n＜N，所以还有数没分完，这时余下的每个数必大于余差rn，余下数之和也大于第n组的余差rn，即L-[（150-r1）+（150-r2）++（150-rn）]＞rn

由此可得r1+r2++rn-1＞150n-L

因为（n-1）rn-1≥r1+r2++rn-1，所以rn-1＞

（III）用反证法证明结论，假设N＞11，即第11组形成后，还有数没分完，由（I）和（II）可知，余下的每个数都大于第11组的余差r11，且r11≥r10

故余下的每个数＞r11≥r10＞=37.5（*）

因为第11组数中至少含有3个数，所以第11组数之和大于37.5×3=112.5

此时第11组的余差r11=150-第11组数之和＜150-112.5=37.5

这与（*）式中r11＞37.5矛盾，所以N≤11．

（1）见解析   （2）见解析

证明：(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x12，

由于a>1，ax12，∴ax2－ax1>0.

又∵x1＋1>0，x2＋1>0，

∴－

＝

＝>0，

于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，

即f(x2)>f(x1)，

故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

(2)证法一：假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，

则ax0＝－.

∵a>1，

∴00<1.

∴0<－<1，即0<2，与假设x0<0相矛盾，

故方程f(x)＝0没有负数根．

证法二：假设存在 x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，

①若－10<0，

则<－2,00<1，

∴f(x0)<－1，与f(x0)＝0矛盾．

②若x0<－1，则>0,1>ax0>0，

∴f(x0)>0，与f(x0)＝0矛盾，

故方程f(x)＝0没有负数根．

详见解析

试题分析：从已知出发很难证明，所以可以考虑使用分析法证明.

试题解析：要证，只需证

即，因，

只需证即，          6分

因为，则

                         10分

因为，所以，

从而

所以．               13分

见解析

试题分析：利用分析法证明，可先将分式不等式转化为整式不等式，然后利用三角形两边之和大于第三边即可.

证明：要证明：

需证明：a(1+b)(1+c)+ b(1+a)(1+c)> c(1+a)(1+b)---- -4分

需证明:a(1+b+c+bc)+ b(1+a+c+ac)> c(1+a+b+ab)  需证明a+2ab+b+abc>c  8分

∵a,b,c是的三边  ∴a>0,b>0,c>0且a+b>c,abc>0,2ab>0

∴a+2ab+b+abc>c

∴成立。     12分