热门试卷

证明：由1+a+b≥3，①

1+b+c≥3，②

1+c+a≥3，③

①②③，可得（1+a+b）（1+b+c）（1+c+a）≥27，

由a，b，c是互不相等的正数，且abc=1，

则等号取不到，即有（1+a+b）（1+b+c）（1+c+a）＞27．

解：（1）令a=b，得，故．  先证明：

∵a＞0，b＞0，要证上式，只要证3a（2b+a）+3b（2a+b）≤2（2a+b）（2b+a），

即证a2+b2≥2ab，即证（a-b）2≥0，这显然成立．∴．

再证明：

∵a＞0，b＞0，要证上式，只要证3a（2a+b）+3b（2b+a）≥2（a+2b）（b+2a），

即证a2+b2≥2ab，即证（a-b）2≥0，这显然成立．∴．

（2）存在一个常数M，使得不等式

对任意正数a，b，c，d恒成立．

证明：原不等式即为3n-1＞4（n-1）n，

即3n＞（2n-1）2．

运用数学归纳法证明．

当n=3时，左边为33=27，右边=（2×3-1）2=25，

左边＞右边，成立．

假设n=k（k＞2），不等式即3k＞（2k-1）2．

当n=k+1时，左边=3k+1＞3（2k-1）2．

而3（2k-1）2-（2k+1）2=8k（k-2）+4＞0，

即有n=k+1时，3k+1＞（2（k+1）-1）2．

综上可得，当n＞2时，都有3n＞（2n-1）2．

即有＜（n＞2）成立．

证明：∵a+b+c=1，

∴1=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+bc+ac）≤3（a2+b2+c2），

∴a2+b2+c2≥．

证明：∵a、b、c∈R+，a2+b2=c2，

∴（）2+（）2=1，

∴∈（0，1），∈（0，1），

∵y=（）x与y=（）x均为减函数，

∴当n≥3（n∈N+）时（）n＜（）2，（）n＜（）2；

∴当n≥3（n∈N+）时（）n+（）n＜（）2+（）2=1，

即n≥3（n∈N+）时，an+bn＜cn．

证明：（1）∵a2+b2≥2ab，a2+3≥2a，b2+3≥2b，

将此三式相加得2（a2+b2+3）≥2ab+2（a+b），

∴a2+b2+3≥ab+（a+b）．

（2）要证原不等式成立，只需证（+）2＞（2+）2

即证2．

上式显然成立，∴原不等式成立．

证明：由a+b+c=1，且a，b，c＞0，可得

0＜a，b，c＜1，

且1＜＜，可得＞，

即有＞，

即为＞1+（-1）a，

同理可得＞1+（-1）b，

＞1+（-1）c，

三式相加可得，＞3+（-1）（a+b+c）

=3+-1=2+．

则有＞2+．

解：（1）由题意，=，

∴6-3a=3，

∴a=1；

（2）f（λ）==（λ-3）（λ+1）=0，

∴特征值λ1=3，λ2=-1

当λ1=3时，解得0•x+y=0

所以矩阵M的属于特征值-1的一个特征向量为．

当λ2=-1时，解得-4x-y=0，

所以矩阵M的属于特征值3的一个特征向量为．

解：（I）h（x）=f（x）-g（x）=（x＞0），=，

∵函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴x2-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，

解得a≤2．

（II）当a=2时，h（x）=，∴h（x）+h（2-x）=．

令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-，

恒成立，

∴函数φ（t）在（0，1）上单调递增，且φ（1）=0，

∴φ（t）=2-在（0，1）上无解．

（III）令，当k为偶数时，ak＞1，由（I）可知：，即．

当k为奇数时，0＜ak＜1，由（I）可知：．

∴=-1+．

∴，

，

…，

，

累加求和得不等式==．．

解：（1）f（1）≤1，即|1-a|-2≤1，即|1-a|≤3，即|a-1|≤3，∴-3≤a-1≤3．

解得-2≤a≤4，故a的取值范围为[-2，4]．

（2）由于 f（x）=x|x-a|-2=，

故函数f（x）的单调增区间为，单调减区间为．

（3）x=0时，f（x）=-2＜0成立；  由于当x∈（0，1]时，恒有f（x）＜0，故x|x-a|＜2，∴，

∴-＜，∴x-＜a＜x+，∴．

令，则g（x）max＜a＜h（x）min，再由 g（x）在（0，1]单调增，h（x）在（0，1]单调减，

∴g（1）＜a＜h（1），

∴a∈（-1，3）．

解：分析法：要证明，

只需证明：（x+y+z）2≤3（x2+y2+z2），

只需证明：2xy+2xz+2yz≤2（x2+y2+z2），

只需证明：（x-y）2+（y-z）2+（x-z）2≥0，

显然成立，

∴，

综合法：∵（x-y）2+（y-z）2+（x-z）2≥0，

∴2xy+2xz+2yz≤2（x2+y2+z2），

∴（x+y+z）2≤3（x2+y2+z2），

∴．

解：（1）定义在R上的函数f（x）=|x+1|+|x-2|的最小值为a，f（x）=|x+1|+|x-2|≥|x+1-（x-2）|=3，

故a=3．

（2）对于实数x，y，若|x-1|≤1，|y-2|≤1，则|x-y+1|=|（x-1）-（y-2）|≤|x-1|+|y-2|≤2，

故|x-y+1|的最大值为2．