热门试卷

证明：要证明abba≤（ab），

只要≤1，

a＞b＞0，则＞1，b-a＜0，∴＜1；

0＜a＜b，则0＜＜1，b-a＞0，∴＜1；

a=b＞0，则=1，b-a=0，∴=1．

∴≤1，

∴abba≤（ab）．

证明：∵（a2+b2）（c2+d2）-（ac+bd）2=（ a2c2+a2d2+b2c2+b2d2）-（a2c2+2abcd+b2d2）

=（ad-bc）2≥0，

∴（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2 成立，又a，b，c，d都是正数，

∴•≥ac+bd＞0，①

同理•≥ad+bc＞0，

∴xy≥．

解：（a+b）（）=+2

∵a、b∈（0，+∞），

∴均为正数，可得=2

因此，（a+b）（）=+2≥2+2=4

即（a+b）（）≥4

当且仅当a=b时，等号成立．

解：（I）∵f（x）=，

∴f（x）≥3等价于或或，

解得，∅，．

故不等式f（x）≥3的解集是{x|或}．

（II）由（I）可知：在R上，[f（x）]min=2．

∴关于x的不等式在f（x）≥a2-a上恒成立⇔a2-a≤[f（x）]min=2．

∴a2-a-2≤0，解得-1≤a≤2．

∴实数a的取值范围是[-1，2]．

证明：根据柯西不等式，有（a4+b4）（a2+b2）≥（a2•a+b2•b）2=（a3+b3）2．

∴（a4+b4）（a2+b2）≥（a3+b3）2．

∵a，b为不相等的实数，

∴（a4+b4）（a2+b2）＞（a3+b3）2．

证明：要证明：≤，

只需证明：（|a|-|b|）|a+b|≤（|a|+|b|）|a-b|

因为|a|-|b|≤|a-b|

所以（|a|-|b|）|a+b|≤|a2-b2|

因为|a+b|≤|a|+|b|

所以|a2-b2|≤（|a|+|b|）|a-b|

即（|a|-|b|）|a+b|≤|a2-b2|≤（|a|+|b|）|a-b|

所以（|a|-|b|）|a+b|≤（|a|+|b|）|a-b|

所以≤．

证明：由于x＞0，要证1+＞，

即证（1+）2＞1+x，

即证1+x+＞1+x，

即为＞0，显然成立．

则有当x＞0时，有1+＞成立．

解：（Ⅰ）∵对任意x∈R都有f（x）+f（-x）=4对任意x∈R恒成立，

∴f（0）=2，即m=1…（2分）

（Ⅱ）∵m=1，故f（x）=-x3+3x+2，

∴f′（x）=-3x2+3，令-3x2+3=0得：x1=-1，x2=1…（5分）

若-1＜x＜1，f′（x）＞0，若x＞1，f′（x）＜0，当x=1或x=-1，f′（x）=0，

∴f（x）=-x3+3x+2在（-1，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；

∴f（x）极大值=f（1）=4，

又f（-1）=1-3+2=0，

f（3）=-27+9+2=-16．

∴函数f（x）在[-1，3]上的最大值为4；…（8分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）得m=1，∴f（x）=-x3+3x+2=（1+x）2（2-x），…（10分）

由（Ⅱ）知，当x∈[0，3]时，（1+x）2（2-x）≤4，…（12分）

当a，b，c∈[0，+∞）且a+b+c=3时，0≤a≤3，0≤b≤3，0≤c≤3，

，，，

∴++≥++=[6-（a+b+c）]=…（14分）

证明：（1）由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，

可得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，（当且仅当a=b=c取得等号）

由题设可得（a+b+c）2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，

即有3（ab+bc+ca）≤1，则ab+bc+ca≤；

（2）+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，

故+++（a+b+c）≥2（a+b+c），

即有++≥a+b+c．（当且仅当a=b=c取得等号）．

故++≥1．

证明：∵a2+b2≥-2ab，a2+1≥2a，b2+1≥2b，

∴把以上三个式子相加得：2（a2+b2+1）≥2（-ab+a+b）

∴a2+b2+1≥a+b-ab．

证明：以△ABC的外心为原点建立坐标系，显然，△ABC的外接圆方程是：x2+y2=R2．

∴可令A、B、C的坐标依次是：（Rcosα，Rsinα）、（Rcosβ，Rsinβ）、（Rcosγ，Rsinγ）．

令AB中点为D、△ABC的重心为G（m，n）．

由中点坐标公式，得D的坐标为（R（cosα+cosβ），R（sinα+sinβ））．

∵=2，

∴有m==R（cosα+cosβ+cosγ），n=R（sinα+sinβ+sinγ）．

于是：

a2=（Rcosβ-Rcosγ）2+（Rsinβ-Rsinγ）2=R2（2-2cosβcosγ-2sinβsinγ）

b2=（Rcosα-Rcosγ）2+（Rsinα-Rsinγ）2=R2（2-2cosαcosγ-2sinαsinγ），

c2=（Rcosα-Rcosβ）2+（Rsinα-Rsinβ）2=R2（2-2cosαcosβ-2sinαsinβ）．

9d2=9[（m-0）2+（n-0）2]=9{[R（cosα+cosβ+cosγ）-0]2+[R（sinα+sinβ+sinγ）-0]2}

=R2[（cosα+cosβ+cosγ）2+（sinα+sinβ+sinγ）2]

=R2（3+2cosαcosβ+2cosβcosγ+2cosαcosγ+2sinαsinβ+2sinβsinγ+2sinαsinγ）．

∴a2+b2+c2+9d2=9R2．

解：（1）∵a∈（0，1）

根据基本不等式∴（当且仅当时“=”成立）

∴a（1-a）的最大值是．

（2）证明：假设（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a同时大于

即

三式同向相乘得①

∵a∈（0，1），∴（1-a）a＞0，又由（1）知∴

同理∴

与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．

即得证．

证明：要证 +≤2，只要证（+）2≤4，

即证a+b+1+2•≤4．

只要证•≤1．

也就是要证：ab+（a+b）+≤1，

即证ab≤．

∵a＞0，b＞0，a+b=1．

∴1=a+b≥2，∴ab≤，即上式成立．

故+≤2．

证明：因为a＞0，b＞0，所以要证4（a3+b3）＞（a+b）3，

只要证4（a+b）（a2-ab+b2）＞（a+b）3，

即要证4（a2-ab+b2）＞（a+b）2，（5分）

只需证3（a-b）2＞0，

而a≠b，故3（a-b）2＞0成立．

∴4（a3+b3）＞（a+b）3．（10分）