热门试卷

解：（Ⅰ）∵a，b，c∈（0，+∞），

∴a2+b2≥2ab，

∴+b≥2a，同理+b≥2b，+a≥2c，

相加得+++a+b+c≥2a+2b+2c，

∴++≥a+b+c；

（Ⅱ）∵a＞0，b＞0 且a+b=1，

∴+=（a+b）（+）=5++≥9，

∴+的最小值为9．               

∵对∀a，b∈（0，+∞），+≥|2x-1|-|x+1|恒成立，

∴|2x-1|-|x+1|≤9．

∴当x≤-1时，2-x≤9，解得：x≥-7，

∴-7≤x≤-1；

当-1＜x＜时，-3x≤9，解得：x≥-3，

∴-1＜x＜；

当x≥时，x-2≤9，解得：x≤11，

∴≤x≤11；

综上所述，x的取值范围为：-7≤x≤11．

解：∵（）2+（）2+（）2≥0

即2•（++）-2•（++）≥0

即2•（++）≥2•（++）

∴++≥++．（10分）

证明：（Ⅰ）欲证：|f（x）-f（2）|＜|x-2|，

只需证明|+-|＜|x-2|，

只需证明||＜|x-2|，

只需证明||＜1，

只需证明|x-2|＜2[（x-1）2+1]，

只需证明|x-2|＜[（x-1）2+1]+[（x-1）2+1]，

只需证明|x-1|+1＜[（x-1）2]+|x-1|+|x-1|2+，

只需证明0＜（x-1）2+|x-1|2+，

而0＜（x-1）2+|x-1|2+是恒成立的，

所以|f（x）-f（2）|＜|x-2|．--------------------------------8

（Ⅱ）由上式|f（x）-f（2）|＜|x-2|有|2an+1-an-2|＜|an-2|，

所以|2an+1-4-an+2|＜|an-2|．

有|2an+1-4|-|an-2|＜|an-2|．

而|an+1-2|＜|an-2|．

即|an-2|＜|an-1-2|＜…＜|a1-2|≤1．

∴1≤an≤3．-----------------------------14

证明：（Ⅰ）∵a，b，c都是正实数，

∴a+b≥2，b+c≥2，a+c≥2

∴把以上三个式子相加得：2（a+b+c）≥2+2+2

∴a+b+c≥++；

（Ⅱ）∵a，b，c都是正实数，

∴a+b+c≥，a2+b2+c2≥

相乘可得（a+b+c）（a2+b2+c2）≥9abc．

证明：不妨设a≥b≥c＞0，

∴a2≥b2≥c2，

由排序原理：反序和≤乱序和≤同序和，得

a•a2+b•b2+c•c2≥a2•b+b2•c+c2•a，

即有a3+b3+c3≥a2b+b2c+c2a．

证明：∵a＞b＞0，∴，

令=x＞1，

则证明：＜ln＜．即证明：1-＜lnx＜x-1．

先证明右边：令f（x）=lnx-x+1，x∈（1，+∞）．

f′（x）=-1=＜0，

∴函数f（x）在x∈（1，+∞）单调递减，

∴f（x）＜f（1）=0，

∴lnx＜x-1成立．

再证明左边：令g（x）=lnx+-1，x∈（1，+∞）．

g′（x）=-=＞0，

∴函数g（x）在x∈（1，+∞）单调递增，

∴f（x）＞f（1）=0，

∴lnx＞1-成立．

综上可得：1-＜lnx＜x-1．

即＜ln＜．

证明：（1）∵（x2-y2）（x+y）-（x2+y2）（x-y）=（x-y）[（x+y）2-（x2+y2）]=（x-y）×2xy；

又x＞y＞0，

∴x-y＞0，xy＞0，

∴（x-y）×2xy＞0，

∴（x2-y2）（x+y）＞（x2+y2）（x-y）；

（2）要证aabb＞，

需证•=•=＞1；

∵a＞0，b＞0，a≠b，

∴当a＞b＞0时，＞1，＞0，由指数函数y=ax（a＞1）的性质可知，＞1；

当b＞a＞0时，0＜＜1，＜0，由指数函数y=ax（0＜a＜1）的性质可知，＞1；

综上所述，当a＞0，b＞0，a≠b时，＞1成立；

故原结论成立，即a＞0，b＞0，a≠b，则aabb＞．

证明：∵x1，x2，x3为正实数，

∴，，，

∴三式相加，可得+x3≥2（x1+x2+x3），

∵若x1+x2+x3=1，∴．

证明：建立如图所示的坐标系，正方形的边长为1，则O（0，0），A（1，0），B（1，1），C（0，1），正方形内取点D（a，b），a、b满足0＜a＜1，0＜b＜1，

+++表示OD+AD+CD+BD，利用OD+BD≥OB，AD+CD≥AC，

可得OD+AD+CD+BD≥OB+AC=2，

∴+++≥2．

证明：（1）要证

即证：a2≥2ab-b2

即证：（a-b）2≥0

显然成立，故得证；

（2）∵a，b，c都是正实数，

∴，

相加，化简得≥a+b+c．

证明：由a＞b＞0，-=（a-b）（-）

=（a-b）•=-＜0，

即有＜；

又-=（a-b）（-）

=（a-b）•=-＜0，

即有＜．

则有＜＜成立．

（1）解：∵f（x）=ax+-lnx，

∴f′（x）=（x＞0）

①a≤0时，f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数；     

②0＜a＜时，f（x）在（0，1），（，+∞）是增函数，在（1，）是减函数； 

③a=时，f（x）在（0，+∞）是增函数；

（2）证明：由（1）知a=时，f（x）在（0，+∞）是增函数．

x≥1时，f（x）≥f（1）=0，

∴lnx≤（x-），

∴lnn≤（n-），

∴≤（1-），

∵＞=-，

∴++…++＜[n-（1-+-+…+-）]=．

（1）解：对任意α，β∈R，有-1≤sinα≤1，1≤2+cosβ≤3．

因为f（sinα）≥0且f（2+cosβ）≤0，

所以f（1）≥0且f（1）≤0，

所以，f（1）=0．  …（2分）

（2）证明：因为f（1）=0，所以1+b+c=0，即b=-1-c．

因为1≤2+cosβ≤3，f（2+cosβ）≤0，

所以f（3）≤0．

即32+3b+c≤0，有9+3（-l-c）+c≤0，

所以，c≥3．  …（4分）