热门试卷

解：（1）∵f（x）=-4x+b

∴|f（x）|＜c的解集为{x|＜x＜}

又∵不等式|f（x）|＜c的解集为{x|-1＜x＜2}．

∴

解得：b=2

（2）由（1）得f（x）=-4x+2

若m=-2

则（4x+m）f（x）=（4x-2）（-4x+2）≤0恒成立

此时不等式（4x+m）f（x）＞0的解集为∅

若m＞-2

则-＜

则（4x+m）f（x）＞0的解集为（-，）

若m＜-2

则-＞

则（4x+m）f（x）＞0的解集为（，-）

证明：要证明成立，只需证明成立，

即（x+y）2≤（1+xy）2，变形得（x2-1）（y2-1）≥0，

因为|x|≤1，|y|≤1，所以，x2≤1，y2≤1

所以（x2-1）（y2-1）≥0 成立，即原不等式成立．

证明：∵＜ln（1+），

∴＜ln（1+），

＜ln（1+），

…

＜ln（1+），

∵+++…+＞，

且ln（1+）+ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）

=ln（•••…•）=ln=ln（1+），

则．

解：（I） 由|2x-a|+a≤6得|2x-a|≤6-a，

∴a-6≤2x-a≤6-a，解得a-3≤x≤3，

由题意可得 a-3=-2，即a=1．（5分）

（II）由绝对值不等式的性质可得|2a+b|+|2a-b|≥|2a+b+2a-b|=|4a|，

∴|4a|≥|a|（|2+x|+|2-x|）．

当a=0时，上式恒成立，故x∈R．

当a≠0时，消去|a|有4≥|2+x|+|2-x|．

又∵|2+x|+|2-x|≥|2+x+2-x|=4，

∴|2+x|+|2-x|=4，∴-2≤x≤2．

当a=0时，解集为R；当a≠0时，解集为{x|-2≤x≤2}．       （10分）

证明：∵a1-an+1=（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1），

∴[（a1-a2）+（a2-a3）+…+（an-an+1）]•

≥（•+•+…+•）2=n2＞1．

∴（a1-an+1）＞1

即++…+＞．

故++…++＞0．

解：原不等式变成：|x+a|+|x+a+b|+|y+c|＞|x|+|x+y|+|y|；

∵x，y，z是任意的实数，总存在x＞-a，x＞-a-b，y＞-c，x＞0，y＞0；

∴上面不等式可变成：2x+y+2a+b+c＞2x+2y，解得：2a+b+c＞y；

∵y的取值任意，总可以让y的值大于2a+b+c；

∴已知条件中的a，b，c不存在．

（1）解：∵f（x）=lnx，g（x）=f（x+1）-x

∴g（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），∴

令g′（x）=0，得x=0

当-1＜x＜0时，g′（x）＞0，当x＞0时，g′（x）＜0，又g（0）=0

∴当且仅当x=0时，g（x）取得最大值0 （6分）

（2）证明：

由（1）知

又∵0＜a＜b，∴a2+b2＞2ab，∴

∴

∴（12分）

解：（1）函数f（x）的导数为f′（x）=ex-a，

令f′（x）=0，解得x=lna，

当x＞lna时，f′（x）＞0；当x＜lna时，f′（x）＜0，

因此当x=lna时，f（x）min=f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1．

（2）因为f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，所以f（x）min≥0，

由（1）得f（x）min=a-alna-1，

所以a-alna-1≥0，

令g（a）=a-alna-1，

函数g（a）的导数为g′（a）=-lna，

令g′（a）=0，解得a=1．

当a＞1时，g′（a）＜0；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，

所以当a=1时，g（a）取得最大值，为0．

所以g（a）=a-alna-1≤0．

又a-alna-1≥0，因此a-alna-1=0，

解得a=1；

（3）由（2）得ex≥x+1，即ln（x+1）≤x，

当且仅当x=0时，等号成立，

令x= （k∈N*），则＞ln（1+），

即＞ln=ln（1+k）-lnk，（k=1，2，…，n），

累加，得1+++…+＞ln（n+1）-lnn+lnn-ln（n-1）+…+ln2-ln1，

则有1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：要证a2+b2+3≥ab+（a+b）成立，

只要证：2（a2+b2+3）≥2ab+2（a+b）；

即证：（a2+b2-2ab）+（a2+3-2a）+（b2-2b+3）≥0；

即证：（a-b）2++≥0，

而上式显然成立，当且仅当a=b=时取“=”，故原结论成立．

（Ⅱ）证明：假设a≤0，b≤0，且c≤0，则a+b+c≤0，

而a+b+c=x2-2y++y2-2z++z2-2x+

=（x-1）2+（y-1）2+（z-1）2+π-3＞0，与a+b+c≤0矛盾，

故假设不成立，

所以原结论成立，即a，b，c中至少有一个大于0．

解：（Ⅰ）因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，所以f（3）=3．

因为5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，

所以f（5）=7．

（Ⅱ）结论是f（n+1）≤[f（n）+f（n+2）]．

证明如下：由结论知，只需证f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

因为n+1≥2，把n+1的一个表示法中a1=1的a1去掉，就可得到一个n的表示法；反之，在n的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个n+1的表示法，即n+1的表示法中a1=1的表示法种数等于n的表示法种数，

所以f（n+1）-f（n）表示的是n+1的表示法中a1≠1的表示法数，f（n+2）-f（n+1）是n+2的表示法中a1≠1的表示法数．

同样，把一个a1≠1的n+1的表示法中的ap加上1，就可得到一个a1≠1的n+2的表示法，这样就构造了从a1≠1的n+1的表示法到a1≠1的n+2的表示法的一个对应．

所以有f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

（Ⅲ）由第（Ⅱ）问可知：

当正整数m≥6时，f（m）-f（m-1）≥f（m-1）-f（m-2）≥…≥f（6）-f（5）．

又f（6）=11，f（5）=7，所以 f（m）-f（m-1）≥4．*

对于*式，分别取m为6，7，…，n，将所得等式相加得f（n）-f（5）≥4（n-5）．

即f（n）≥4n-13．

（1）解：当x＞2时，原不等式可化为x-2-x-1＞1，此时不成立；

当-1≤x≤2时，原不等式可化为2-x-x-1＞1，即-1≤x＜0，

当x＜-1时，原不等式可化为2-x+x+1＞1，即x＜-1，

综上，原不等式的解集是{x|x＜0}．

（2）解：因为当x＞0时，，当且仅当时“=”成立，

所以，，所以f（x）∈[-3，1），

∴，即a≥1为所求．