热门试卷

解：（Ⅰ）观察所给的4个等式，猜想出一个一般性的结论（用字母表示）：（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，（ a，b，c，d∈R ）

（Ⅱ）证明：要证 （a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2，

只要证 a2•c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+b2d2+2abcd，

只要证 a2d2-2abcd+b2c2≥0，

只要证 （ad-bc）2≥0．

而 （ad-bc）2≥0显然成立，故要证的不等式成立．

证明：（1）证法1：∵x、y是不全为零的实数，

∴2x2+y2-（x2+xy）

=x2+y2-xy

=+y2＞0，

∴2x2+y2＞x2+xy．

证法2：当xy＜0时，x2+xy＜2x2+y2；

当xy＞0时，作差：x2+y2-xy≥2xy-xy=xy＞0；

又因为x、y是不全为零的实数，

∴当xy=0时，2x2+y2＞x2+xy．

综上，2x2+y2＞x2+xy．

（2）证明：∵++--3

=++--3

=a2（+）+b2（+）+c2（+）-2（++）

=a2+b2+c2≥0（当且仅当a=b=c时，取得等号），

∴++-≥3．

（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：要证，

只需证明，

只需证明=（x-1）（y-1），

只需证明1-≤x-1；1-≤y-1，

即证x+≥2，y+≥2，（x≥1，y≥1）这是均值不等式，

所以x≥1，y≥1，得证．