热门试卷

证明：先证必要性：

∵a+b=1，∴b=1-a

∴a3+b3+ab-a2-b2=a3+（1-a）3+a（1-a）-a2-（1-a）2

=a3+1-3a+3a2-a3+a-a2-a2-1+2a-a2

=0

再证充分性：

∵a3+b3+ab-a2-b2=0

∴（a+b）（a2-ab+b2）-（a2-ab+b2）=0

即：（a2-ab+b2）（a+b-1）=0

∵ab≠0，a2-ab+b2=(a-b)2+b2＞0，

∴a+b-1=0，即a+b=1

综上所述：a+b=1的充要条件是a3+b3+ab-a2-b2=0

令f（x）=，设u=（u≥），则f（x）==u+（u≥）．

∴f（x）-=(u+)-=．

要使不等式成立，即f（x）-≥0．

∵u≥＞0，∴只须u-1≥0，

∴u2c≥1，即  u2≥，∴x2+c≥，∴x2≥-c．

 故当＞c 时，即 0＜c＜1原不等式不是对一切实数x都成立，即原不等式对一切实数x不都成立．

要使原不等式对一切实数x都成立，即使x2≥-c对一切实数都成立．

∵x2≥0，故应有 -c≤0．

再由c＞0 可得，当c≥1时，原不等式对一切实数x都能成立．

（1）设 =x的不动点为0和2

∴即即b、c满足的关系式：b=1+且c≠0

（2）∵c=2∴b=2∴f（x）=（x≠1），

由已知可得2Sn=an-an2①，且an≠1．

当n≥2时，2Sn-1=an-1-an-12②，

①-②得（an+an-1）（an-an-1+1）=0，∴an=-an-1或an=-an-1=-1，

当n=1时，2a1=a1-a12⇒a1=-1，

若an=-an-1，则a2=1与an≠1矛盾．∴an-an-1=-1，∴an=-n

∴要证待证不等式，只要证(1+

1

n

)-(n+1)＜＜(1+

1

n

)-n，

即证(1+

1

n

)n＜e＜(1+

1

n

)n+1，

只要证nln（1+）＜1＜（n+1）ln（1+），即证＜ln（1+）＜．

考虑证不等式＜ln（x+1）＜x（x＞0）**．

令g（x）=x-ln（1+x），h（x）=ln（x+1）-（x＞0）．

∴g'（x）=，h'（x）=，

∵x＞0，∴g'（x）＞0，h'（x）＞0，∴g（x）、h（x）在（0，+∞）上都是增函数，

∴g（x）＞g（0）=0，h（x）＞h（0）=0，∴x＞0时，＜ln（x+1）＜x．

令x=则**式成立，∴(1-

1

an

)an+1＜＜(1-

1

an

)an，

（3）由（2）知bn=，则Tn=1+++…+

在＜ln（1+）＜中，令n=1，2，3，…，2011，并将各式相加，

得++…+＜ln+ln+…+ln＜1+++…+．

即T2012-1＜ln2012＜T2011．

解：（1）∵函数g（x）的定义域为R，

且g（-x）=f（-x）-f（x）+

 ∴函数g（x）是奇函数。

（2）g'（x）=

当a=1时，g'（x）=e-x（ex-1）2≥0当且仅当x=0时等号成立，

故 g（x）在R上递增；

当0＜a＜1时，，

令g'（x）>0得或ex＜a，

故g（x）的单调递增区间为（-∞，lna）或（-lna，+∞）；

当a>1时，，令g'（x）>0得ex>a或

故g（x）的单调递增区间为（-∞，-lna）或（lna，+∞）。

（3）不妨设x1>x2，

令，则只需证

先证，由（2）知在R上递增，

∴当x>0时，g（x）>g（0）=0，

∴，从而由x>0知成立；

再证，即证

令，则

是减函数，

∴当x>0时，h（x）＜h（0）=0，

从而成立

综上，对任意实数x1和x2，且x1≠x2，都有不等式

成立。