热门试卷

解：（Ⅰ）依题意得g（x）=lnx+ax2+bx，

则g′（x）=+2ax+b，

由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g′（1）=1+2a+b=0，

∴b=-2a-1；…（3分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得g′（x）=

∵函数g（x）的定义域为（0，+∞）

∴①当a≤0时，2ax-1＜0在（0，+∞）上恒成立，

由g′（x）＞0得0＜x＜1，由g′（x）＜0得x＞1，

即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

②当a＞0时，令g′（x）=0得x=1或x=，

若＜1，即a＞时，由g′（x）＞0得x＞1或0＜x＜，由g′（x）＜0得＜x＜1，

即函数g（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（，1）单调递减；

若＞1，即0＜a＜时，由g′（x）＞0得x＞或0＜x＜1，由g′（x）＜0得1＜x＜，

即函数g（x）在（0，1），（，+∞）上单调递增，在（1，）单调递减；

若=1，即a=时，在（0，+∞）上恒有g′（x）≥0，

即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

综上得：当a≤0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

当0＜a＜时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在（1，）单调递减；在（，+∞）上单调递增；

当a=时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞时，函数g（x）在（0，）上单调递增，在（，1）单调递减；在（1，+∞）上单调递增；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）单调递增，

∴lnx+x2-3x≥g（1）=-2，即lnx≥-x2+3x-2=-（x-1）（x-2），

令x=1+，则ln（1+）＞-，

∴ln（1+1）+ln（1+）+…+ln（1+）＞1-+-+…+-，

∴ln（1+n）＞+++…+＞++…+．

证明：①∵x，y，z均为正实数，

∴2x2+（y+z）2-（x+y+z）2

=

=

=＞0，

∴2x2+（y+z）2≥（x+y+z）2；

②由①知：2x2+（y+z）2≥（x+y+z）2，

∴，

∴≤，

同理，

≤，

∴++

≤++

=++

=-

=

≤．

∴++≤．

证明：∵1＜a＜b，

∴b+1＞a+1＞0，b-1＞a-1＞0，

∴＞0，

∵-1=＜0，

∴＜1，

∴0＜＜1．

解：因为f（x）=|2x+1|-|x-2|，

所以，当x＜-时，f（x）=-2x-1-（2-x）=-3-x，f（x）≥-3+=-；

当-≤x≤2时，f（x）=3x-1，-≤f（x）≤5；

当x＞2时，f（x）=x+3，f（x）＞5；

综上所述，f（x）min=f（-）=-；

存在x∈R，使得f（x）≤t2-t成立，只须使t2-t≥f（x）min=-，

解不等式2t2-11t+5≥0得t≤或t≥5，

所以，实数t的取值范围为（-∞，]∪[5，+∞）．

证明：要证|x+y|≤|1+xy|．即证（x+y）2≤（1+xy）2，即证x2+y2≤1+x2y2，

即证（x2-1）（1-y2）≤0，因为|x|≤1，|y|≤1，

所以x2-1≤0，1-y2≥0，所以（x2-1）（1-y2）≤0，

所以不等式成立．

证明：（1）①n=1时，结论成立；

②假设n=k时，结论成立，即-1＜++…+＜，

n=k+1时，-1+＜++…++＜+，

∵++…++＜+＜＜=，

++…++＞-1+=-1＞-1，

∴当n=k+1时，不等式也成立．

由①②可知，不等式成立；

（2）∵4n2-1＜4n2，即（2n+1）（2n-1）＜（2n）2．即＜，

∴（××…×）2＜××…××××…×=，

∴××…×＜（n∈N*）．

××…×＞××…×=，

∴＜××…×＜．

证明：（1）∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac，①

又a+b+c=1，

∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1，②

由①②得：3（ab+bc+ac）≤1，

∴ab+bc+ac≤；

（2）∵a，b，c均为正数，

∴+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，

∴+++a+b+c≥2（a+b+c），

∴++≥a+b+c，a+b+c=1，

∴++≥1．

证明：（1）∵x＞0，y＞0，+=1，

∴x+y=（x+y）（+）

=8+++2

≥2+10=18（当且仅当x=12，y=6时取“=”），

∴x+y的最小值为18．

（2）∵x∈R，y∈R，

∴-

=-

=

=≥0，

∴≥．

解：（1）定义域为（0，+∞）．

当a=-1时，f（x）=-lnx+.=，

当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

（2）h（x）=f（x）-ax=alnx+-（a+1）x，∴=

①当a＜0时，x∈（0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）在此区间上单调递减；．x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）在此区间上单调递增．

函数h（x）在x=1时取得最小值，由h（1）=-a-≥0，解得a．

②当a≥0时，h（1）=-a＜0不可能成立．

综上可知：a的取值范围为．

（3）令a=-.，化为，

令x=m+1，m+2，…，m+n．

则…+＞+…+==．

证明：左边-右边

=a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2

=a2x+b2（1-x）-[a2x2+2abx（1-x）+b2（1-x）2]

=（x-x2）a2+（x-x2）b2-2abx（1-x）

=x（1-x）[a2-2ab+b2]

=x（1-x）（a-b）2

∵0≤x≤1，∴x（1-x）≥0，

因此，x（1-x）（a-b）2≥0，

所以，a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2≥0，

故a2x+b2（1-x）≥[ax+b（1-x）]2．

证明：要证原不等式成立，

只证

即证

∵上式显然成立

∴原不等式成立

证明：∵{an}是等差数列，∴an+k=an+kd．    （2分）

要证，

只要证，

只要证，

∵an＞0，∴只要证（an+d）（an+4d）＜（an+2d）（an+3d）（2分）

只要证an2+5dan+4d2＜an2+5dan+6d2，只要证d2＞0．    （2分）

∵已知d≠0，∴d2＞0成立，故．    （2分）

解：（1）①当x≥2时，原不等式为x（x-1）-2＜x-2⇒0＜x＜2．又x≥2，∴x∈∅．

②当1≤x＜2时，原不等式x（x-1）-2＜2-x⇒-2＜x＜2．又1≤x＜2，∴1≤x＜2．

③当x＜1时，原不等式x（1-x）-2＜2-x⇒x∈R，又x＜1，∴x＜1．

综上：原不等式的解集为{x|x＜2}．

（2）证明：因为x，y，z均为正数．所以，

同理可得，

当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．