热门试卷

证明：∵a，b∈R，且a+b=1，∴b=1-a，∴=a2+b2+4（a+b）- 

=2a2-2a+=2≥0，

∴ 成立．

（1）证法一：a2+b2+c2-=（3a2+3b2+3c2-1）

=[3a2+3b2+3c2-（a+b+c）2]

=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]

=[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0∴a2+b2+c2≥

证法二：∵（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2

∴3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2=1∴a2+b2+c2≥

证法三：设a=+α，b=+β，c=+γ．

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a2+b2+c2=（+α）2+（+β）2+（+γ）2

=+（α+β+γ）+α2+β2+γ2

=+α2+β2+γ2≥

∴a2+b2+c2≥

（2）证法一：

同理

∴原不等式成立．

证法二：=

∴≤＜6

∴原不等式成立．

证明：（1）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以

所以；

（2）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以（a+b）+ab+≤1，

所以≤1，从而有2+2≤4，

即：（a+）+（b+）+2≤4，即：（）2≤4，所以原不等式成立．

证明：==）=．

解：（Ⅰ）因为f（-2）=1，即4a-2b+1=1，所以b=2a．…（1分）

因为方程f（x）=0有且只有一个根，即△=b2-4a=0．

所以4a2-4a=0．即a=1，b=2．…（2分）

所以f（x）=（x+1）2．…（3分）

（Ⅱ）因为g（x）=f（x）-kx=x2+2x+1-kx=x2-（k-2）x+1=（x-）2+1-．    …（5分）

所以当 或时，

即k≥6或k≤0时，g（x）是单调函数．  …（7分）

（Ⅲ）因为f（x）为偶函数，所以b=0．

所以f（x）=ax2+1．

所以F（x）=　   …（8分）

因为mx＜0，不妨设m＞0，则n＜0．

又因为m+n＞0，所以m＞-n＞0．

所以|m|＞|-n|．…（9分）

此时F（m）+F（n）=f（m）-f（n）=am2+1-an2-1=a（m2-n2）＞0．

所以F（m）+F（n）＞0．         …（10分）

证明：|x+2y+z|=|x+1+2（y-2）+z+3|

≤|x+1|+|2（y-2）|+|z+3|=|x+1|+2|y-2|+|z+3|＜++=ε．

∴|x+2y+z|＜ε．

解：（1）∵g（x）=loga（1-）=loga，

∴loga=loga，

关于x的方程loga=g（x）在区间[2，6]上有实数解

⇔t=（x-1）2（7-x）区间[2，6]上有实数解，

令h（x）=（x-1）2（7-x），h′（x）=2（x-1）（7-x）-（x-1）2=（x-1）（15-3x），

令h′（x）=0，则x=1（舍去）或x=5．在x=5处导数左正右负，

故x=5时取极大值，也为最大值32，

当x=2时，取最小值且为5．故t的取值范围是[5，32]；

（2）g（2）+g（3）+…+g（n）=ln（）=-ln，

令u（z）=-lnz-=-2lnz+z-，u′（z）=-+1+=（1-）2≥0，

∴u（z）在（0，+∞）递增，

∵＞1，∴u（）＞u（1）=0，

即有ln＞，

故g（2）+g（3）+…+g（n）＞．

（3）设a=，则p≥1，1＜F（1）==1+≤3．

当a=1，|F（1）-1|=≤2＜4，

当n≥2时，设k≥2，k∈N*，

F（k）==1+=1+

∴1＜F（k）≤1+=1+=1+，

从而u-1≤F（k）≤n-1+-=n+1-＜n+1．

∴a＜F（k）＜F（1）+n+1≤n+4．

综上总有，当0＜a≤时，|F（k）-n|≤4．

解：由x2-2x+1-m2≤0（m＞0）得  1-m≤x≤1+m

故￢q：A={x|x＜1-m或x＞1+m，m＞0}

由  ，得-2≤x≤10

故￢p：B={x|x＜-2或x＞10}

∵￢p是￢q的充分而不必要条件

∴解得 0＜m≤3

∴实数m的取值范围  0＜m≤3

证明：（Ⅰ）右边-左边，得3（a3+b3+c3）-（a+b+c）（a2+b2+c2）

=2（a3+b3+c3）-a（b2+c2）-b（a2+c2）-c（a2+b2）．

∵a，b∈R*，∴a3+b3-a2b-ab2=a2（a-b）+b2（b-a）=（a-b）2（a+b）≥0．

∴a3+b3≥a2b+ab2，

    同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，

    以上三式相加得=2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac，

∴2（a3+b3+c3）-a（b2+c2）-b（a2+c2）-c（a2+b2）≥0，

∴（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）．      

   （Ⅱ）∵a，b，c∈R*，∴a+b＞0，b+c＞0，c+a＞0，

    由柯西不等式得）[（a+b）+（b+c）+（c+a）]

≥2=9，

    即2（a+b+c）（++）≥9，

∴2（++）≥3，故++≥，

    当且仅当a=b=c时，不等式取等号．

（Ⅰ）证明：∵M≥|f（-1）|=|1-a+b|，M≥|f（1）|=|1+a+b|

∴2M≥|1-a+b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）+（1+a+b）|=2|1+b|

∴M≥|1+b|

（Ⅱ）证明：依题意，M≥|f（-1）|，M≥|f（0）|，M≥|f（1）|

又|f（-1）|=|1-a+b|，|f（1）|=|1+a+b|，|f（0）|=|b|

∴4M≥|f（-1）|+|f（0）|+|f（1）|=|1-a+b|+2|b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）-2b+（1+a+b）|=2

∴

（Ⅲ）解：依时，，①同理②③

②+③得：④由①、④得：．

当时，分别代入②、③得：，因此．

证明：由于y2z2+x2z2≥2xyz2，

x2z2+x2y2≥2x2yz，

y2z2+x2y2≥2xy2z，

相加可得，y2z2+x2z2+x2y2≥xyz2+x2yz+xy2z，

由于x，y，z均为正数，且x+y+z=1，

则有xyz2+x2yz+xy2z=xyz（x+y+z）=xyz，

即有y2z2+x2z2+x2y2≥xyz，

则有++≥1．

解：由|x-a|+|x-a2|≥2（a是常数）恒成立，而|x-a|+|x-a2|≥|（x-a）-（x-a2）|=|-a+a2|，

∴|-a+a2|≥2，求得a2-a≥2①或 a2-a≤-2 ②．

解①求得a≥2 或a≤-1，解②求得a∈∅．

综上可得，a的范围为{a|a≥2 或a≤-1}．