热门试卷

证明：（Ⅰ）假设f（m）、f（n）都小于零，∴f（m）=m3-m＜0，f（n）=n3-n＜0，

∴m2（m-1）＜0，∴0＜m＜1，同理0＜n＜1，∴0＜mn＜1，这与mn＞1矛盾，

∴f（m）、f（n）至少有一个不小于零．

（Ⅱ）∵f（a）=a3-a=b3-b，∴a3-b3=a2-b2，∴（a-b）（a2+ab+b2）=（a-b）（a+b），

∴a2+ab+b2=a+b，∴（a+b）2-3ab=a+b，∴（a+b）2-（a+b）=3ab＞0，

∴（a+b）2-（a+b）＞0，解得 a+b＜0或a+b＞1，∵a、b为不相等的正数，∴a+b＞1．

证明：假设．即 

∴2+x+y≥2x+2y

∴x+y≤2，这与x+y＞2矛盾．

∴假设不成立

∴至少有一个小于2．

证明：（1）∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

相加可得 2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca），

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca，（当且仅当a=b=c时，取等号）；

（2）设a、b、c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，

∴a+b+c≤0，

而a+b+c=（x2-2y+）+（y2-2z+）+（z2-2x+）

=（x2-2x）+（y2-2y）+（z2-2z）+π=（x-1）2+（y-1）2+（z-1）2+π-3，

∴a+b+c＞0，

这与a+b+c≤0矛盾，

故假设是错误的，

故a、b、c中至少有一个大于0．

解：（1）依题意得

解之得f（x）=ax-xlna（a＞1）．

（2）f‘（x）=axlna-lna=（ax-1）lna．

当x＞0时，f'（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0．

∴f（x））在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增．

∴f（x）min=f （0）=1．

（3）由（2）得 ax-xlna≥1恒成立，令a=e，则ex≥x+1．

在ex≥x+1中令x=-（k=1，2，…n-1），

∴1-≤，∴．

∴（1-）n≤e-1，（1-）n≤e-2，…，（1-）n≤e-（n-1），（）n=1．

∴（）n+（）n+（）n+…+（）n≤1+e-1+e-2+…+e-（n-1）

=．

（1）解：f′（x）=x2-ax+b，

∵曲线y=f（x）在点P（0，f（0））处的切线方程为y=1，

∴，解得b=0，c=1，

∴．

（2）解：f′（x）=x2-ax，设曲线上的任意一点为P，

则在点P处的切线的方程为=，又直线过点（0，2），

∴，化简得，

设，

由于过点（0，2）可作曲线f（x）的三条不同切线，

因此函数g（x）有三个零点．

令g′（x）=2x2-ax=2x（x-）=0，解得，

当x＜0时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；

当0＜x＜时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减；

当x0时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增．

因此函数g（x）在x=0处取得极大值，在x=处取得极小值．

由于函数g（x）有三个零点，必须满足：，

极大值g（0）=1＞0，由极小值，

解得．

故a的取值范围是．

（3）证明：反证法：由（2）可知：，，

两式作差得

若，∴x1+x2=a，将其代入*得，

化为．

∴x1=x2，与已知x1≠x2矛盾．

故原结论成立．

证明：假设p+q＞2，则p＞2-q，可得p3＞（2-q）3

p3+q3＞8-12q+6q2又p3+q3=2，

∴2＞8-12q+6q2，即q2-2q+1＜0⇒（q-1）2＜0，矛盾，

故假设不真，

所以p+q≤2．

证明：假设a，b，c至少有一个不为0，则

①a=b=0，c≠0，等式a+b+c=0不成立；

②a≠0，b=0，c≠0，等式a+b+c=0为a+c=0，∴=-，

∵a，c为有理数，∴=-不成立．

∴a=b=c=0．