热门试卷

证明：（1）要证+1＜2，

只要证4+2＜8，

即为2＜4，即12＜16显然成立，

故+1＜2；

（2）要证-＜-，其中a≥3．

只要证＜，

即为＜，

即有+＞+，

由＞，＞，

则上式显然成立．

故-＜-，其中a≥3．

证：（1）由不等式

对所有正整数k成立，把它对k从1到n（n≥1）求和，

得到1+2+3+…+n＜an＜

又因1+2+3+…+n=，以及

＜[1+3+5+…+（2n+1）]=，

对所有的正整数n都成立．

（2）由（1）及bn的定义知

对任意指定的正数ε，要使，

只要使，即只要使

取N是的整数部分，则数列bn的第N项以后所有的项都满足

根据极限的定义，证得

证明：∵+b2+c≥2a2，+c2+a≥2b2，+a2+b≥2c2，

相加，移项可得++≥（a2+b2+c2）-（a+b+c），

∵a+b+c=3，a2+b2+c2≥（a+b+c）2，

∴++≥（a=b=c时取等号）．

证明：|x-1|≤4|x3-1||x-1|≤4|（x-1）（x2+x+1）||x-1|≤4|x-1||（x2+x+1）|

x=1时，左式=右式=0，符合题意；

x≠1时，x2+x+1=（x+）2+＞，所以4|x-1||（x2+x+1）|＞|x-1|；

综上，x∈R时，|x-1|≤4|x3-1|．

证明：∵a，b，c∈R+

∴a+b≥2，b+c≥2，a+c≥2

∴2a+2b+2c≥2+2+2

∴a+b+c≥++

∵abc=1，

∴a+b+c≥++；

（2）∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ac，

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac，

∵ab+bc+ac=≥=++，

∴a2+b2+c2≥++．

证明：设f（x）=ln（1+x2）-x，

则f′（x）=-1=≤0，

可得函数f（x）在R上单调递减．

当x＞0时，f（x）＜f（0），

所以ln（1+x2）-x＜0，即ln（1+x2）＜x．

所以ln（1+）（1+）…（1+）

=ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）

＜++…+＜++…+

=1-+-+…+-=1-＜1，

所以（1+）（1+）…（1+）＜e．

证明：（1）当n≥2时，＞=．

∴1+++…+＞1+++…+=1+=-．

∴1+++…+＞-（n≥2）．

（2）当n≥2时，＜=，

∴+++…+＜+++…+=+=．

（3）∵＜，

T=＜×…××=×，∴T＜=＜=-，

∴+++…+＜++…+（-）=-1，

∴+++…+＜-1．

（4）先证明左边：∵=＞=2，

∴1+++…+＞2++…+=2．

证明右边：∵＜=．

∴1+++…+＜[（-1）++…+（-）]=．

综上可得：2（-1）＜1+++…+＜（-1）．

解：∵不等式|ax+2|＜6的解集为（-1，2），

∴

∴a=-4

故答案为：-4

证明：要证＜a，只需证b2-ac＜3a2，

即证b2+a（a+b）＜3a2，即证（a-b）（2a+b）＞0，

即证（a-b）（a-c）＞0．

∵a＞b＞c，∴（a-b）•（a-c）＞0成立．

∴原不等式成立．

解：（1）函数f（x）=|x-1|+|x+2|表示数轴上的x对应点到-2、1对应点的距离之和，

而-3和2对应点到-3、2对应点的距离之和正好等于5，故不等式f（x）≥5的解集为{x|x≤-3或x≥2}．

（2）由（1）可得f（x）的最小值为3，再结合对任意x∈R，f（x）≥a2-2a都成立，

可得3≥a2-2a，求得-1≤a≤3，即a的范围是[-1，3]．

证明：由均值不等式可得＜=

∴2++＜2

∵≤x≤2，∴y=2单调递增，∴2≤8

∴2++＜8．

证明：不妨设a≥b≥c，此时≤≤，

∵a（b+c-a）≤b（c+a-b）≤c（a+b-c），

于是由排序不等式可得：•a（b+c-a）+•b（c+a-b）+•c（a+b-c）≤•a（b+c-a）+•b（c+a-b）+•c（a+b-c）=a+b+c，

∴•a[（b-a）+c]+•b[（c-b）+a]+•c[（a-c）+b]≤a+b+c，

即•a（b-a）+•b（c-b）+•c（a-c）≤0，同乘abc得，

a2b（b-a）+b2c（c-b）+c2a（a-c）≤0，

∴a2b（a-b）+b2c（b-c）+c2a（c-a）≥0，

上式当且仅当==或者a（b+c-a）=b（c+a-b）=c（a+b-c），即a=b=c时取等号．