热门试卷

解：（Ⅰ）x=-1时，结论成立；

x≠-1时，f（x）≥0⇔a≤（x＞-1）恒成立，

设p（x）=（x＞-1），则p′（x）=，

∴p（x）在x∈（-1，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增，

∴p（x）≥p（0）=1（x=0时取等号），

∴a≤1；

（Ⅱ）证明：a=1时，由（Ⅰ）得ex≥x+1．

令x=-，则＞，

∴（）1008．

证明：左边=（1-+-+…+-）=（1-）＜，

∴+++…+＜．

证明：∵1+++…+＜1+++…+

=1+1-++…+-=2-＜2，

∴1+++…+＜2．

证明：（1）令f（x）=xlog3x，

则f′（x）=log3x+x•=log3x+，

f″（x）=＞0，

由于a+b+c=1，a，b，c∈（0，+∞），

由琴声不等式（琴生不等式以丹麦数学家约翰•琴生（Johan Jensen）命名，也称为詹森不等式）

得：≥f（），

即alog3a+blog3b+clog3c≥3f（）=3×（）=3×=-1；

（2）因为a1+a2+…+a=1，ai＞0（i=1，2，3，…，3n），

所以，由琴声不等式得：a1log3a1+a2log3a2+a3log3a3+…+alog3a≥3n（）==-n．

证明：∵a≤，b≤，c≤，

∴相加可得a+b+c≤ab+bc+ac=1，

∴++≤，

∵实数a，b，c均大于0，

∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥3（ab+bc+ac），

∴a+b+c≥，

++=≥，

∴++≥（++）

证明：要证（an+bn）m＞（am+bm）n．

即证mln（an+bn）＞nln（am+bm），（m＞n＞0）

即证＞，

可设f（x）=（x＞0，a，b∈R+且a，b≠1），

则f′（x）=，

由x•axlna+x•bxlnb-axln（ax+bx）-bxln（ax+bx）

=axln+bxln

由0＜＜1，ln＜0，

由0＜＜1，ln＜0，

即有x•axlna+x•bxlnb-axln（ax+bx）-bxln（ax+bx）＜0，

即f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减，

当m＞n时，＞，

故原不等式成立．

证明：因为ad1+bd2+cd3=2，

所以==（ad1+bd2+cd3）

=a2+b2+c2++++++，

因为a，b，c，d1，d2，d3均大于零，

所以，

，

，

所以a2+b2+c2++++++≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=（a+b+c）2．

所以．

解：左边≥=，

∴．

（1）证明：∵x，y，z∈（0，+∞），a＞0，b＞0，c＞0

∴=+

≥a2+b2+c2+2ab+2ca+2cb=（a+b+c）2

∴≥（a+b+c）2

∴

当且仅当时，等号成立------------------（6分）

（2）解：①

∴f（x）的最小值是32，当且仅当，即时取得------------（11分）

②证明：

==

∴得证．---------------------------（16分）

证明：∵实数a，b，c满足a＞b＞c，

∴a-c＞a-b＞0，b-c＞0，

∴＞•＞0，

∴+＞，

∴++＞0．

解：（1）证明：

当且仅当即x=y时，等号成立

（2），当且仅当x=y=z时，等号成立

（3）由（1）（2）归纳推广出更一般的结论：

若x1，x2，…，xn＞0，则

解：（Ⅰ）由（x，y）∈M知，x，y均为正数，从而t=xy，

当且仅当时取等号，所以xy取值范围为．

（Ⅱ）令t=xy，则由（1）知t∈，

 得  

=，

令f（t）=，t∈，

∵k≥1，∴k2-1≥0，则易证f（t）=，t∈为增函数，

∴，即成立．

（Ⅲ）由（2）知，f（t）=，f（）=，

本题即求 对t∈恒成立的k的范围，故有 0＜k＜1，则1-k2＞0．

则由函数单调性的定义易证f（t）=上递减，在上递增．

故要使不等式恒成立，只要≤ 即可，即 k4+16k2-16≤0．

解得-8+4≥k2≥-8-4，即-8+4≥k2．

进一步解得≥k≥-．

由于4＞9，∴4-8＞1．

综合1＞k＞0可得，所求的k的范围是（0，1）．