热门试卷

证明：（I）∵|x1-x2|=|（x1-2）-（x2-2）|≤|x1-2|+|x2-2|＜1+1=2，

∴|x1-x2|＜2 成立．

（II）|f（x1）-f（x2）|=|x12-x22-x1+x2|=|x1-x2||x1+x2-1|，∵|x1-2|＜1，∴-1＜x1-2＜1，即1＜x1＜3，

同理1＜x2＜3，∴2＜x1+x2＜6．∵2＜x1+x2＜6，∴1＜x1+x2-1＜5，

∵0≤|x1-x2|＜2，|x1-x2|≤|x1-x2||x1+x2-1|≤5|x1-x2|，

∴|x1-x2|≤|f（x1）-f（x2）|≤5|x1-x2|．

证明：由于a＞0，b＞0，c＞0，d＞0，

则（ab+cd）（ac+bd）=a2bc+b2ad+c2ad+d2bc

=（a2+d2）bc+（b2+c2）ad

≥2adbc+2bcad=4abcd，

当且仅当a=d，b=c取得等号．

则有（ab+cd）（ac+bd）≥4abcd成立．

解：（1）|x-2|＜|x+1|，两边平方可得x2-2x+4＜x2+2x+1，∴

∴不等式的解集为{x|}；

（2）4＜|2x-3|≤7，等价于4＜2x-3≤7或-7≤2x-3＜-4

∴或

∴不等式的解集为{x|或}．

证明：由x＞y＞0，可得x-y＞0，

要证-＜，

即证＜+，

即有x＜y+x-y+2，

即为2＞0，显然成立．

则有-＜成立．

解：（1）a=2代入，得，

所以P={x|-1＜x＜2}（4分），

不等式（1+x）（1-|x|）≥0⇔或

解得：0≤x≤1或x＜0．

∴Q={x|x≤1}；

P∩Q={x|-1＜x≤1}；

（2）Q={x|x≤1}（6分）

①当a＞-1时，∴P={x|-1＜x＜a}（8分）

∵P∪Q=Q，∴P⊆Q（10分）

所以-1＜a≤1，

②当a=-1时，∴P=∅，

∵P∪Q=Q，∴P⊆Q

所以a=-1，

③当a＞-1时，∴P={x|a＜x＜-1}（14分）

∴P⊆Q，有P∪Q=Q，

∴所以a＜-1，

综上所述，a的取值范围a≤1．（16分）

证明：（1）-=

==，

同理可得，-=，

由＞，＞，

即+＞+，

即有＜，

即为-＜-；

（2）由a+b=1，（a，b＞0且a≠b），

=（a+b）（+）=2++＞2+2=4，

则＞4．

证明：由x2+y2≤1，可设x=rcosθ，y=rsinθ（|r|≤1，0≤θ≤2π）．

①|x+y|=|rcosθ+rsinθ|=|r|．

∴|x+y|成立．

②|x2+2xy-y2|=|r2cos2θ+2r2sinθcosθ-r2sin2θ|=r2|cos2θ+sin2θ|=．

（1）证明：f（x）=|x-1+a|+|x-a|≥|（x-1+a）-（x-a）|=|2a-1|

∵a≥2，∴|2a-1|≥3，

∴f（x）≥3；

（2）解：f（1）=|a|+|1-a|

a≤0时，f（1）=|a|+|1-a|=1-2a

∵f（1）＜2，∴1-2a＜2，∴a＞-，

∴-＜a≤0；

0＜a≤1时，f（1）=1＜2恒成立；

a＞1时，f（1）=|a|+|1-a|=2a-1

∵f（1）＜2，∴2a-1＜2，∴a＜，

∴1＜a＜

综上，a的取值范围是（-，）．

证明：由0＜x＜1，可得

-x==＞0，

即有＞x；

x-x2=x（1-x）＞0，即有x＞x2．

则有．

证明：因为x，y，z都是为正数，

所以   ①

同理可得

                    ②

                    ③

当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，

得：