热门试卷

证明：（+）（+）（+）=•（y+z）（x+z）（x+y）≥=8，

当且仅当x=y=z时，等号成立．

（1）解：Sn=nan+2-（n≥2，n∈N*）①

Sn-1=（n-1）an-1+2-（n≥3，n∈N*）②

①-②得an=nan-（n-1）an-1-（n-1），

即有an-an-1=1（n≥3，n∈N*）

①中令n=2，a1+a2=2a2+2-1，a2=3，

综上an=；

（2）证明：①当n=2时，b2=b12-2=14＞3=a2，不等式成立；

②假设n=k（k≥2）时，不等式bk＞k+1（k≥2时ak=k+1），

那么当n=k+1时，

bk+1=bk2-（k-1）bk-2=bk（bk-k+1）-2

＞bk（k+1-k+1）-2=2bk-2＞2（k+1）-2（由归设）=2k≥k+2

∴n=k+1命题真；

综合①②知当n≥2时，bn＞an．

（3）证明：设f（x）=ln（1+x）-x，f′（x）=-1=-＜0，

f（x）在（0，+∞）递减，则f（x）＜f（0）=0，

即ln（1+x）＜x，又n≥2时，＜=，

则ln（1+）＜＜=-，

即有ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜（-）+（-）+…+（-）

=-．

则有（1+）（1+）…（1+）＜．

解：∵，

==不可能成立

∴＜•=3

证明：∵以点B为圆心、BC长为半径画弧，交AD边于点E，

∴BC=BE，

∵四边形ABCD为矩形，

∴∠A=90°，AE∥BC，

∴∠AEB=∠FBC，

而CF丄BE，∴∠BFC=90°，

在Rt△ABE和Rt△FCB中，

BE=BC，∠AEB=∠FBC，

∴Rt△ABE≌Rt△FCB，

∴AB=FC．

证明：因为a，b都是正实数，所以原不等式等价于a2（b+1）+b2（a+1）≥（a+1）（b+1），

即 a2b+a2+ab2+b2≥ab+a+b+1．

 等价于 a2+b2+ab（a+b）≥ab+a+b+1，…（6分）

将a+b=2代入，只需要证明 a2+b2+2ab=（a+b）2=4≥ab+3，即ab≤1．

而由已知 a+b=2≥2，可得ab≤1成立，所以原不等式成立．    …（12分）

另证：因为a，b都是正实数，所以 +≥a，+≥b．   …（6分）

两式相加得 +++≥a+b，…（8分）

因为  a+b=2，所以 ．   …（12分）

证明：（1）∵a2+b2≥2ab，∴2（a2+b2）≥（a+b）2，∴；

（2）∵a2+b2≥2ab，c2+b2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴三式相加可得a2+b2+c2≥ab+bc+ac，当且仅当a=b=c时等号成立

证明：（1）（a2+b2）-（ab+a+b-1）

=（2a2+2b2-2ab-2a-2b+2）

=[（a2-2ab+b2）+（a2-2a+1）+（b2-2b+1）]

=[（a-b）2+（a-1）2+（b-1）2]≥0，

则a2+b2≥ab+a+b-1；

（2）|1-ab|2-|a-b|2=1+a2b2-a2-b2=（a2-1）（b2-1）．

由于|a|＜1，|b|＜1，则a2-1＜0，b2-1＜0．

则|1-ab|2-|a-b|2＞0，

故有|1-ab|＞|a-b|．

（I）证明：∵a2+b2≥2ab，c2+d2≥2cd，

∴a2+b2+c2+d2≥2（ab+cd），当且仅当a=b=c=d=时取“=”…（2分）

又∵a2+b2=1，c2+d2=1

∴2（ab+cd）≤2                                  …（4分）          

∴ab+cd≤1                                     …（5分）

（Ⅱ）解：设=（a，b），=（1，），

∵|⋅|≤||⋅||，…（8分）

∴|a+b|≤2=2，

∴-2≤a+b≤2

∴a+b的取值范围为[-2，2]．                   …（10分）

证明：（1）∵a，b，c均为正数，

由柯西不等式得（a+b+c）（++）=9

不等式得证．…（5分）

（2）++=≥2+2+2-3=3

不等式得证．…（10分）

解：令g（x）=lnx-x+1，

当x≥1时，g′（x）=-1=≤0，

∴g（x）=lnx-x+1在[1，+∞）上单调递减，

∴当x≥1时，g（x）max=g（1）=0，

∴g（x）=lnx-x+1≤g（1）=0，

当x＞1时，g（x）=lnx-x+1＜g（1）=0

即lnx＜x-1（x＞1）．

令x=1+（k∈N*），则ln（1+）＜，即nln（1+）＜k，

∴ln[（1+）]n＜k，

∴[（1+）]n＜ek（k∈N*），

∴＜e1+e2+…+en=（证毕）．

解：（1）根据定义可得：|x2-1|＞1

∴x2-1＞1或x2-1＜-1

解得

（2）证明：欲证明a3+b3比a2b+ab2远离

即证|a3+b3-|＞|a2b+ab2-|，又任意两个不相等的正数a、b

即证

由于，＞0

∴

即证成立

∴|a3+b3-|＞|a2b+ab2-|

（3）由题意知

性质：①函数是偶函数；

②周期T=

③在区间k∈z是增函数，在k∈z是减函数

④最大值为1，最小值为

⑤定义域}

（Ⅰ）解：若A0：0，1，1，3，0，0，则A1：1，0，1，3，0，0；A2：2，1，2，0，0，0； A3：3，0，2，0，0，0；A4：4，1，0，0，0，0； A5：5，0，0，0，0，0．

若A4：4，0，0，0，0，则 A3：3，1，0，0，0； A2：2，0，2，0，0； A1：1，1，2，0，0； A0：0，0，1，3，0．．…．…（4分）

（Ⅱ）证明：若数列A0：a0，a1，…，an满足ak=0及ai＞0（0≤i≤k-1），则定义变换T-1，变换T-1将数列A0变为数列T-1（A0）：a0-1，a1-1，…，ak-1-1，k，ak+1，…，an．可得T-1和T是互逆变换．

对于数列n，0，0，…，0连续实施变换T-1（一直不能再作T-1变换为止）得n，0，0，…，0n-1，1，0，…，0n-2，0，2，0，…，0n-3，1，2，0，…，0…a0，a1，…，an，

则必有a0=0（若a0≠0，则还可作变换T-1）．

反过来对a0，a1，…，an作有限次变换T，即可还原为数列n，0，0，…，0，因此存在数列A0满足条件．…（8分）

（Ⅲ）证明：显然ai≤i（i=1，2，…，n），这是由于若对某个i0，，则由变换的定义可知，通过变换，不能变为0．

由变换T的定义可知数列A0每经过一次变换，Sk的值或者不变，或者减少k，由于数列A0经有限次变换T，变为数列n，0，…，0时，有Sm=0，m=1，2，…，n，

所以Sm=mtm（tm为整数），于是Sm=am+Sm+1=am+（m+1）tm+1，0≤am≤m，

所以am为Sm除以m+1后所得的余数，即．…（13分）

证明：（1）∵a+b+c=1，

∴++=（a+b+c）（++）=3+（）+（）+（），

∵a、b、c均为正数，

∴≥2，≥2，≥2，

代入上式，得++≥9          

（2）∵a，b，c均为正数，

∴a2+b2≥2ab，

a2+c2≥2ac，

b2+c2≥2bc，

以上三式累加得：2（a2+b2+c2）≥2（ab+ac+bc），

∴a2+b2+c2≥ab+ac+bc；①

又a+b+c=1，

∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2（ab+ac+bc）=1≥3（ab+bc+ca），

∴ab+bc+ca≤（当且仅当a=b=c=时取“=”）．