热门试卷

证明：∵a，b∈R，且a+b=1，∴b=1-a，∴=a2+b2+4（a+b）- 

=2a2-2a+=2≥0，

∴ 成立．

（1）证法一：a2+b2+c2-=（3a2+3b2+3c2-1）

=[3a2+3b2+3c2-（a+b+c）2]

=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]

=[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0∴a2+b2+c2≥

证法二：∵（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2

∴3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2=1∴a2+b2+c2≥

证法三：设a=+α，b=+β，c=+γ．

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a2+b2+c2=（+α）2+（+β）2+（+γ）2

=+（α+β+γ）+α2+β2+γ2

=+α2+β2+γ2≥

∴a2+b2+c2≥

（2）证法一：

同理

∴原不等式成立．

证法二：=

∴≤＜6

∴原不等式成立．

证明：（1）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以

所以；

（2）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以（a+b）+ab+≤1，

所以≤1，从而有2+2≤4，

即：（a+）+（b+）+2≤4，即：（）2≤4，所以原不等式成立．

（1）证明：∵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）证明：∵a，b，m∈R+，且b＜a，要证，只要证 b（a+m）＜a（b+m），

只要证bm＜am，即证 b＜a．

而b＜a为已知条件，故要证的不等式成立．

（Ⅰ）解：由于内盘中的任一数都会和外盘中的每个作积，故n个不同位置的“旋转和”的和为1×（1+2+…+n）+2×（1+2+…+n）+…+n×（1+2+…+n）=；  …（3分）

（Ⅱ）解：设内盘中的1和外盘中的k同扇形格时的“旋转和”为ak

则ak+1=1×（k+1）+2×（k+2）+…+（n-k）×n+（n-k+1）×1+…+n×kak

=1×k+2×（k+1）+…+（n-k）×（n-1）+（n-k+1）×n+…+n×（k-1）ak+1-ak

=1+2+…+（n-k）+（1-n）（n-k+1）+（n-k+2）+…+n

=…（5分）

所以当时，ak+1＜ak，当时，ak+1＞ak，所以时，最小

最小值==；…（8分）

（Ⅲ）证明：将图中所有非0数改写为1，现假设任意位置，总存在一个重叠的扇形格中两数同时为0，则此位置的“旋转和”必大于或等于2m+1，初始位置外的4m-1个位置的“旋转和”的和为（3m）2-3m，

则有（3m）2-3m≥（2m+1）（4m-1），即，

这与m≤4矛盾，故命题得证．…（12分）

证明：∵a，b，m∈R+，∴b，b+m∈R+

要证

只需证b（a+m）＞a（b+m）…（5分）

只需证ba+bm＞ab+am

只需证bm＞am

又m∈R+∴只需证b＞a…（11分）

由题设可知b＞a显然成立，所以得证   …（13分）

证明：a2+b2-2（3a+b-5）

=（a2-6a+9）+（b2-2b+1）

=（a-3）2+（b-1）2，

由（a-3）2≥0，（b-1）2≥0，

可得a2+b2-2（3a+b-5）≥0，

即为a2+b2≥2（3a+b-5），

当且仅当a=3，b=1，取得等号．

解：（1）∵g（x）=loga（1-）=loga，

∴loga=loga，

关于x的方程loga=g（x）在区间[2，6]上有实数解

⇔t=（x-1）2（7-x）区间[2，6]上有实数解，

令h（x）=（x-1）2（7-x），h′（x）=2（x-1）（7-x）-（x-1）2=（x-1）（15-3x），

令h′（x）=0，则x=1（舍去）或x=5．在x=5处导数左正右负，

故x=5时取极大值，也为最大值32，

当x=2时，取最小值且为5．故t的取值范围是[5，32]；

（2）g（2）+g（3）+…+g（n）=ln（）=-ln，

令u（z）=-lnz-=-2lnz+z-，u′（z）=-+1+=（1-）2≥0，

∴u（z）在（0，+∞）递增，

∵＞1，∴u（）＞u（1）=0，

即有ln＞，

故g（2）+g（3）+…+g（n）＞．

（3）设a=，则p≥1，1＜F（1）==1+≤3．

当a=1，|F（1）-1|=≤2＜4，

当n≥2时，设k≥2，k∈N*，

F（k）==1+=1+

∴1＜F（k）≤1+=1+=1+，

从而u-1≤F（k）≤n-1+-=n+1-＜n+1．

∴a＜F（k）＜F（1）+n+1≤n+4．

综上总有，当0＜a≤时，|F（k）-n|≤4．

证明：若证pf（x1）+qf（x2）≤f（px1+qx2），

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，上式显然成立，

所以原不等式成立．

证明：（Ⅰ）右边-左边，得3（a3+b3+c3）-（a+b+c）（a2+b2+c2）

=2（a3+b3+c3）-a（b2+c2）-b（a2+c2）-c（a2+b2）．

∵a，b∈R*，∴a3+b3-a2b-ab2=a2（a-b）+b2（b-a）=（a-b）2（a+b）≥0．

∴a3+b3≥a2b+ab2，

    同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，

    以上三式相加得=2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac，

∴2（a3+b3+c3）-a（b2+c2）-b（a2+c2）-c（a2+b2）≥0，

∴（a+b+c）（a2+b2+c2）≤3（a3+b3+c3）．      

   （Ⅱ）∵a，b，c∈R*，∴a+b＞0，b+c＞0，c+a＞0，

    由柯西不等式得）[（a+b）+（b+c）+（c+a）]

≥2=9，

    即2（a+b+c）（++）≥9，

∴2（++）≥3，故++≥，

    当且仅当a=b=c时，不等式取等号．

证明：==）=．

解：（Ⅰ）因为f（-2）=1，即4a-2b+1=1，所以b=2a．…（1分）

因为方程f（x）=0有且只有一个根，即△=b2-4a=0．

所以4a2-4a=0．即a=1，b=2．…（2分）

所以f（x）=（x+1）2．…（3分）

（Ⅱ）因为g（x）=f（x）-kx=x2+2x+1-kx=x2-（k-2）x+1=（x-）2+1-．    …（5分）

所以当 或时，

即k≥6或k≤0时，g（x）是单调函数．  …（7分）

（Ⅲ）因为f（x）为偶函数，所以b=0．

所以f（x）=ax2+1．

所以F（x）=　   …（8分）

因为mx＜0，不妨设m＞0，则n＜0．

又因为m+n＞0，所以m＞-n＞0．

所以|m|＞|-n|．…（9分）

此时F（m）+F（n）=f（m）-f（n）=am2+1-an2-1=a（m2-n2）＞0．

所以F（m）+F（n）＞0．         …（10分）

证明：|x+2y+z|=|x+1+2（y-2）+z+3|

≤|x+1|+|2（y-2）|+|z+3|=|x+1|+2|y-2|+|z+3|＜++=ε．

∴|x+2y+z|＜ε．

（Ⅰ）证明：∵M≥|f（-1）|=|1-a+b|，M≥|f（1）|=|1+a+b|

∴2M≥|1-a+b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）+（1+a+b）|=2|1+b|

∴M≥|1+b|

（Ⅱ）证明：依题意，M≥|f（-1）|，M≥|f（0）|，M≥|f（1）|

又|f（-1）|=|1-a+b|，|f（1）|=|1+a+b|，|f（0）|=|b|

∴4M≥|f（-1）|+|f（0）|+|f（1）|=|1-a+b|+2|b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）-2b+（1+a+b）|=2

∴

（Ⅲ）解：依时，，①同理②③

②+③得：④由①、④得：．

当时，分别代入②、③得：，因此．