热门试卷

X 查看更多试卷
1
题型:简答题
|
简答题

设函数f(x)=|2x+1|-|x-2|,∃x∈R,使得f(x)≤t2-t成立,求实数t的取值范围.

正确答案

解:因为f(x)=|2x+1|-|x-2|,

所以,当x<-时,f(x)=-2x-1-(2-x)=-3-x,f(x)≥-3+=-

当-≤x≤2时,f(x)=3x-1,-≤f(x)≤5;

当x>2时,f(x)=x+3,f(x)>5;

综上所述,f(x)min=f(-)=-

存在x∈R,使得f(x)≤t2-t成立,只须使t2-t≥f(x)min=-

解不等式2t2-11t+5≥0得t≤或t≥5,

所以,实数t的取值范围为(-∞,]∪[5,+∞).

解析

解:因为f(x)=|2x+1|-|x-2|,

所以,当x<-时,f(x)=-2x-1-(2-x)=-3-x,f(x)≥-3+=-

当-≤x≤2时,f(x)=3x-1,-≤f(x)≤5;

当x>2时,f(x)=x+3,f(x)>5;

综上所述,f(x)min=f(-)=-

存在x∈R,使得f(x)≤t2-t成立,只须使t2-t≥f(x)min=-

解不等式2t2-11t+5≥0得t≤或t≥5,

所以,实数t的取值范围为(-∞,]∪[5,+∞).

1
题型:简答题
|
简答题

已知a>0,b>0,且a2+b2=,若a+b≤m恒成立,

(Ⅰ)求m的最小值;

(Ⅱ)若2|x-1|+|x|≥a+b对任意的a,b恒成立,求实数x的取值范围.

正确答案

解:(Ⅰ)∵a>0,b>0,且a2+b2=

∴9=(a2+b2)(12+12)≥(a+b)2

∴a+b≤3,(当且仅当,即时取等号)

又∵a+b≤m恒成立,∴m≥3.

故m的最小值为3.…(4分)

(II)要使2|x-1|+|x|≥a+b恒成立,须且只须2|x-1|+|x|≥3.

.…(7分)

解析

解:(Ⅰ)∵a>0,b>0,且a2+b2=

∴9=(a2+b2)(12+12)≥(a+b)2

∴a+b≤3,(当且仅当,即时取等号)

又∵a+b≤m恒成立,∴m≥3.

故m的最小值为3.…(4分)

(II)要使2|x-1|+|x|≥a+b恒成立,须且只须2|x-1|+|x|≥3.

.…(7分)

1
题型: 单选题
|
单选题

不等式|x+3|+|x-1|≥a2-3a对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为(  )

A[-1,4]

B(-∞,-2]∪[5,+∞)

C(-∞,-1]∪[4,+∞)

D[-2,5]

正确答案

A

解析

解:令y=|x+3|+|x-1|

的几何意义是数轴上到-3与1的距离的最小值为:4,

所以要使得不等式|x+3|+|x-1|≥a2-3a对任意实数x恒成立

只要a2-3a≤4即可

∴-1≤a≤4

故选A.

1
题型:简答题
|
简答题

设0≤x≤1,证明:a2x+b2(1-x)≥[ax+b(1-x)]2

正确答案

证明:左边-右边

=a2x+b2(1-x)-[ax+b(1-x)]2

=a2x+b2(1-x)-[a2x2+2abx(1-x)+b2(1-x)2]

=(x-x2)a2+(x-x2)b2-2abx(1-x)

=x(1-x)[a2-2ab+b2]

=x(1-x)(a-b)2

∵0≤x≤1,∴x(1-x)≥0,

因此,x(1-x)(a-b)2≥0,

所以,a2x+b2(1-x)-[ax+b(1-x)]2≥0,

故a2x+b2(1-x)≥[ax+b(1-x)]2

解析

证明:左边-右边

=a2x+b2(1-x)-[ax+b(1-x)]2

=a2x+b2(1-x)-[a2x2+2abx(1-x)+b2(1-x)2]

=(x-x2)a2+(x-x2)b2-2abx(1-x)

=x(1-x)[a2-2ab+b2]

=x(1-x)(a-b)2

∵0≤x≤1,∴x(1-x)≥0,

因此,x(1-x)(a-b)2≥0,

所以,a2x+b2(1-x)-[ax+b(1-x)]2≥0,

故a2x+b2(1-x)≥[ax+b(1-x)]2

1
题型:简答题
|
简答题

设n∈N,求证:

(1)-1<++…+

(2)××…×

正确答案

证明:(1)①n=1时,结论成立;

②假设n=k时,结论成立,即-1<++…+

n=k+1时,-1+++…+++

++…+++=

++…++-1+=-1>-1,

∴当n=k+1时,不等式也成立.

由①②可知,不等式成立;

(2)∵4n2-1<4n2,即(2n+1)(2n-1)<(2n)2.即

∴(××…×2××…××××…×=

××…×(n∈N*).

××…×××…×=

××…×

解析

证明:(1)①n=1时,结论成立;

②假设n=k时,结论成立,即-1<++…+

n=k+1时,-1+++…+++

++…+++=

++…++-1+=-1>-1,

∴当n=k+1时,不等式也成立.

由①②可知,不等式成立;

(2)∵4n2-1<4n2,即(2n+1)(2n-1)<(2n)2.即

∴(××…×2××…××××…×=

××…×(n∈N*).

××…×××…×=

××…×

1
题型: 单选题
|
单选题

下列不等式在给定区间上不恒成立的是(  )

A(x+1)cosx<1,x∈(0,π)

Be>1+x2,x∈(0,+∞)

Csinx+tanx>2x,x∈(0,

Dlnx+ex>x+2,x∈(0,+∞)

正确答案

A

解析

解:对于A,可举x=∈(0,π),可得(x+1)cosx=(1+)×>1,即有A不恒成立;

对于B,可令t=x2(t>0),由f(t)=et-1-t的导数为f′(t)=et-1>0,即为f(t)在t>0递增,

即有f(t)>f(0)=0,则原不等式恒成立;

对于C,令f(x)=sinx+tanx-2x(0<x<π),f′(x)=cosx+sec2x-2=cosx+-2,

设t=cosx(0<t<1),则g(t)=t+t-2-2,g′(t)=1-2t-3<0,g(t)在(0,1)递减,即有g(t)>g(1)=0,

则f(x)>0恒成立;

对于D,lnx+ex>x+2,即为lnx+>x+2-ex,(x>0),

设f(x)=lnx+,g(x)=x+2-ex,f′(x)=-

当x>1时,f(x)递增,0<x<1时,f(x)递减,

即有x=1处f(x)取得最小值1;g(x)的导数为g′(x)=1-ex

当x>0时,g′(x)<0,即有g(x)<1,故原不等式恒成立.

故选:A.

1
题型:简答题
|
简答题

设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:

(1)

(2)

正确答案

证明:(1)∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac,①

又a+b+c=1,

∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1,②

由①②得:3(ab+bc+ac)≤1,

∴ab+bc+ac≤

(2)∵a,b,c均为正数,

+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,

+++a+b+c≥2(a+b+c),

++≥a+b+c,a+b+c=1,

++≥1.

解析

证明:(1)∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac,①

又a+b+c=1,

∴(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1,②

由①②得:3(ab+bc+ac)≤1,

∴ab+bc+ac≤

(2)∵a,b,c均为正数,

+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,

+++a+b+c≥2(a+b+c),

++≥a+b+c,a+b+c=1,

++≥1.

1
题型:简答题
|
简答题

(1)设x>0,y>0,且,求x+y的最小值.

(2)若x∈R,y∈R,求证:

正确答案

证明:(1)∵x>0,y>0,+=1,

∴x+y=(x+y)(+

=8+++2

≥2+10=18(当且仅当x=12,y=6时取“=”),

∴x+y的最小值为18.

(2)∵x∈R,y∈R,

-

=-

=

=≥0,

解析

证明:(1)∵x>0,y>0,+=1,

∴x+y=(x+y)(+

=8+++2

≥2+10=18(当且仅当x=12,y=6时取“=”),

∴x+y的最小值为18.

(2)∵x∈R,y∈R,

-

=-

=

=≥0,

1
题型:简答题
|
简答题

已知函数

(1)当a=-1时,求函数f(x)的单调区间;

(2)若h(x)=f(x)-ax,对定义域内任意x,均有h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围?

(3)证明:对任意的正整数m,n,恒成立.

正确答案

解:(1)定义域为(0,+∞).

当a=-1时,f(x)=-lnx+.=

时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

(2)h(x)=f(x)-ax=alnx+-(a+1)x,∴=

①当a<0时,x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)在此区间上单调递减;.x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)在此区间上单调递增.

函数h(x)在x=1时取得最小值,由h(1)=-a-≥0,解得a

②当a≥0时,h(1)=-a<0不可能成立.

综上可知:a的取值范围为

(3)令a=-.,化为

令x=m+1,m+2,…,m+n.

…++…+==

解析

解:(1)定义域为(0,+∞).

当a=-1时,f(x)=-lnx+.=

时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

(2)h(x)=f(x)-ax=alnx+-(a+1)x,∴=

①当a<0时,x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)在此区间上单调递减;.x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)在此区间上单调递增.

函数h(x)在x=1时取得最小值,由h(1)=-a-≥0,解得a

②当a≥0时,h(1)=-a<0不可能成立.

综上可知:a的取值范围为

(3)令a=-.,化为

令x=m+1,m+2,…,m+n.

…++…+==

1
题型:填空题
|
填空题

若关于x的不等式x+|x-1|≤a有解,则实数a的取值范围是______

正确答案

[1,+∞)

解析

解:令y=x+|x-1|,

当x≤1时y=x+1-x=1,

当x>1时y=x+x-1=2x-1>1,

y最小值=1,

要满足x的不等式x+|x-1|≤a有解

则a≥1.

故答案为:[1,+∞).

1
题型:简答题
|
简答题

设a,b,c∈R+,ab+bc+ca≥3,证明a5+b5+c5+a3(b2+c2)+b3(c2+a2)+c3(a2+b2)≥9.

正确答案

证明:原命题等价于(a3+b3+c3)(a2+b2+c2)≥9,…(3分)

又(a3+b3+c32≥9,…(6分)

故只需要证明a2+b2+c2≥3成立.…(9分)

∵a,b,c∈R+,ab+bc+ca≥3,

∴a2+b2≥2ab,

a2+c2≥2ac,

b2+c2≥2bc,

∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)≥6.

∴a2+b2+c2≥3成立.

故原结论成立.(12分)

解析

证明:原命题等价于(a3+b3+c3)(a2+b2+c2)≥9,…(3分)

又(a3+b3+c32≥9,…(6分)

故只需要证明a2+b2+c2≥3成立.…(9分)

∵a,b,c∈R+,ab+bc+ca≥3,

∴a2+b2≥2ab,

a2+c2≥2ac,

b2+c2≥2bc,

∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)≥6.

∴a2+b2+c2≥3成立.

故原结论成立.(12分)

1
题型:简答题
|
简答题

已知函数f(x)=x(ex+2x-1)+

(1)求证:函数F(x)=f(x)-x3-仅有一个零点;

(2)记max{a,b}表示a,b中更大的数,比如max{3,-1}=3,max{}=.设g(x)=ln|x|-|x|+1,h(x)=max{f(x),g(x)}(x≠0),求证:h(x)>

正确答案

证明:(1)F(x)=f(x)-x3-=x(ex+2x-1)+-x3-=x(ex+2x-1-x2).

∵F(0)=0,∴函数F(x)存在一个零点0.

令G(x)=ex+2x-1-x2

则G′(x)=ex+2-2x,

G(x)=ex-2,可知:当x=ln2时,函数G′(x)取得最小值,

∴G′(x)≥G′(ln2)=4-2ln2>0,

∴函数G(x)在R上单调递增.

由于G(0)=0,

当x<0时,G(0)<0,则F(x)=xG(x)>0;

当x>0时,G(0)>0,则F(x)=xG(x)>0.

因此:函数F(x)=f(x)-x3-仅有一个零点.

(2)函数f(x)=x(ex+2x-1)+

f′(x)=ex+xex+4x-1,

f(x)=2ex+xex+4,

f(3)(x)=3ex+xex=(3+x)ex

可知当x=-3时,f(x)取得最小值,f(-3)=2-e-3>0.

∴f′(x)在R上单调递增,f′(0)=0,

∴当x>0时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增,无最大值;当x<0时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减.

∴f(x)≥f(0)=

g(x)=ln|x|-|x|+1=

当x>0时,g′(x)=-1=,可知:当x=1时,函数g(x)取得极大值即最大值,g(1)=0.

当x<0时,g′(x)=+1=+1=,可知:当x=-1时,函数g(x)取得极大值即最大值,g(-1)=0.

∴g(x)≤0恒成立.

综上可知:h(x)=max{f(x),g(x)}(x≠0)=f(x).

要证明h(x)=f(x)>.而-=-<0.∴=f(x).

因此h(x)>成立.

解析

证明:(1)F(x)=f(x)-x3-=x(ex+2x-1)+-x3-=x(ex+2x-1-x2).

∵F(0)=0,∴函数F(x)存在一个零点0.

令G(x)=ex+2x-1-x2

则G′(x)=ex+2-2x,

G(x)=ex-2,可知:当x=ln2时,函数G′(x)取得最小值,

∴G′(x)≥G′(ln2)=4-2ln2>0,

∴函数G(x)在R上单调递增.

由于G(0)=0,

当x<0时,G(0)<0,则F(x)=xG(x)>0;

当x>0时,G(0)>0,则F(x)=xG(x)>0.

因此:函数F(x)=f(x)-x3-仅有一个零点.

(2)函数f(x)=x(ex+2x-1)+

f′(x)=ex+xex+4x-1,

f(x)=2ex+xex+4,

f(3)(x)=3ex+xex=(3+x)ex

可知当x=-3时,f(x)取得最小值,f(-3)=2-e-3>0.

∴f′(x)在R上单调递增,f′(0)=0,

∴当x>0时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增,无最大值;当x<0时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减.

∴f(x)≥f(0)=

g(x)=ln|x|-|x|+1=

当x>0时,g′(x)=-1=,可知:当x=1时,函数g(x)取得极大值即最大值,g(1)=0.

当x<0时,g′(x)=+1=+1=,可知:当x=-1时,函数g(x)取得极大值即最大值,g(-1)=0.

∴g(x)≤0恒成立.

综上可知:h(x)=max{f(x),g(x)}(x≠0)=f(x).

要证明h(x)=f(x)>.而-=-<0.∴=f(x).

因此h(x)>成立.

1
题型:简答题
|
简答题

已知a,b均为正数,且a+b=1,证明:

(1)(ax+by)2≤ax2+by2

(2)(a+2+(b+2

正确答案

证明:(1))(ax+by)2-(ax2+by2)=a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy,

因为a+b=1,

所以a-1=-b,b-1=-a,又a,b均为正数,

所以a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy=-ab(x2+y2-2xy)=-ab(x-y)2≤0,当且仅当x=y时等号成立;

(2)

=

=

当且仅当a=b时等号成立.

解析

证明:(1))(ax+by)2-(ax2+by2)=a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy,

因为a+b=1,

所以a-1=-b,b-1=-a,又a,b均为正数,

所以a(a-1)x2+b(b-1)y2+2abxy=-ab(x2+y2-2xy)=-ab(x-y)2≤0,当且仅当x=y时等号成立;

(2)

=

=

当且仅当a=b时等号成立.

1
题型:简答题
|
简答题

不等式选讲

设x,y,z为正数,证明:2(x3+y3+z3)≥x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y).

正确答案

证明:因为x2+y2≥2xy≥0(2分)

所以x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2)≥xy(x+y)(4分)

同理y3+z3≥yz(y+z),z3+x3≥zx(z+x)(8分)

三式相加即可得2(x3+y3+z3)≥xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)

又因为xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)=x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y)

所以2(x3+y3+z3)≥x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y)

解析

证明:因为x2+y2≥2xy≥0(2分)

所以x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2)≥xy(x+y)(4分)

同理y3+z3≥yz(y+z),z3+x3≥zx(z+x)(8分)

三式相加即可得2(x3+y3+z3)≥xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)

又因为xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)=x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y)

所以2(x3+y3+z3)≥x2(y+z)+y2(x+z)+z2(x+y)

1
题型:简答题
|
简答题

已知m,n是正数,证明:≥m2+n2

正确答案

证明:两边同乘mn,得

m4+n4≥m3n+n3m,m,n>0

作差得,m4+n4-m3n-n3m=m3(m-n)+n3(n-m)=(m3-n3)(m-n)=(m-n)2(m2+mn+n2)≥0,

≥m2+n2

解析

证明:两边同乘mn,得

m4+n4≥m3n+n3m,m,n>0

作差得,m4+n4-m3n-n3m=m3(m-n)+n3(n-m)=(m3-n3)(m-n)=(m-n)2(m2+mn+n2)≥0,

≥m2+n2

下一知识点 : 证明不等式的基本方法
百度题库 > 高考 > 数学 > 不等式和绝对值不等式

扫码查看完整答案与解析

  • 上一题
  • 1/15
  • 下一题