热门试卷

（Ⅰ）证明：要证a2+b2+3≥ab+（a+b）成立，

只要证：2（a2+b2+3）≥2ab+2（a+b）；

即证：（a2+b2-2ab）+（a2+3-2a）+（b2-2b+3）≥0；

即证：（a-b）2++≥0，

而上式显然成立，当且仅当a=b=时取“=”，故原结论成立．

（Ⅱ）证明：假设a≤0，b≤0，且c≤0，则a+b+c≤0，

而a+b+c=x2-2y++y2-2z++z2-2x+

=（x-1）2+（y-1）2+（z-1）2+π-3＞0，与a+b+c≤0矛盾，

故假设不成立，

所以原结论成立，即a，b，c中至少有一个大于0．

解：（Ⅰ）因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，所以f（3）=3．

因为5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，

所以f（5）=7．

（Ⅱ）结论是f（n+1）≤[f（n）+f（n+2）]．

证明如下：由结论知，只需证f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

因为n+1≥2，把n+1的一个表示法中a1=1的a1去掉，就可得到一个n的表示法；反之，在n的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个n+1的表示法，即n+1的表示法中a1=1的表示法种数等于n的表示法种数，

所以f（n+1）-f（n）表示的是n+1的表示法中a1≠1的表示法数，f（n+2）-f（n+1）是n+2的表示法中a1≠1的表示法数．

同样，把一个a1≠1的n+1的表示法中的ap加上1，就可得到一个a1≠1的n+2的表示法，这样就构造了从a1≠1的n+1的表示法到a1≠1的n+2的表示法的一个对应．

所以有f（n+1）-f（n）≤f（n+2）-f（n+1）．

（Ⅲ）由第（Ⅱ）问可知：

当正整数m≥6时，f（m）-f（m-1）≥f（m-1）-f（m-2）≥…≥f（6）-f（5）．

又f（6）=11，f（5）=7，所以 f（m）-f（m-1）≥4．*

对于*式，分别取m为6，7，…，n，将所得等式相加得f（n）-f（5）≥4（n-5）．

即f（n）≥4n-13．

解：（1）函数f（x）的导数为f′（x）=ex-a，

令f′（x）=0，解得x=lna，

当x＞lna时，f′（x）＞0；当x＜lna时，f′（x）＜0，

因此当x=lna时，f（x）min=f（lna）=elna-alna-1=a-alna-1．

（2）因为f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，所以f（x）min≥0，

由（1）得f（x）min=a-alna-1，

所以a-alna-1≥0，

令g（a）=a-alna-1，

函数g（a）的导数为g′（a）=-lna，

令g′（a）=0，解得a=1．

当a＞1时，g′（a）＜0；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，

所以当a=1时，g（a）取得最大值，为0．

所以g（a）=a-alna-1≤0．

又a-alna-1≥0，因此a-alna-1=0，

解得a=1；

（3）由（2）得ex≥x+1，即ln（x+1）≤x，

当且仅当x=0时，等号成立，

令x= （k∈N*），则＞ln（1+），

即＞ln=ln（1+k）-lnk，（k=1，2，…，n），

累加，得1+++…+＞ln（n+1）-lnn+lnn-ln（n-1）+…+ln2-ln1，

则有1+++…+＞ln（n+1）（n∈N*）．

证明：a2+ac+c2+3b（a+b+c）

=3b2+3b（a+c）+a2+ac+c2

=3（b+）2-（a+c）2+a2+ac+c2

=3（b+）2+（a2-2ac+c2）

=3（b+）2+（a-c）2≥0．

即有原不等式成立．

证明：方法一：已知．

得，

=．

即cosB=＞0

故

法2：反证法：假设．

则有b＞a＞0，b＞c＞0．

则

可得与已知矛盾，

假设不成立，原命题正确．

解：f（x）=|x+1|+|x-1|=

当x＜-1时，由-2x＜4，得-2＜x＜-1；

当-1≤x≤1时，f（x）=2＜4；

当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2．

所以M=（-2，2）．…（5分）

∴当a，b∈M，即-2＜a，b＜2，

∵4（a+b）2-（4+ab）2=4（a2+2ab+b2）-（16+8ab+a2b2）=（a2-4）（4-b2）＜0，

∴4（a+b）2＜（4+ab）2，

∴2|a+b|＜|4+ab|．…（10分）

证明：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴a+b=1≥

∴；     

（Ⅱ）∵a＞0，b＞0，且a+b=1，

∴（a+1）（b+1）=ab+a+b+1=ab+2

∵0＜

∴2＜（a+1）（b+1）≤

∴

∴

∴

∴．

（1）证明：由于a＞0，b＞0，

则a3+b3-（a2b+ab2）=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a+b）

=（a+b）（a2-2ab+b2）=（a+b）（a-b）2≥0，

故a3+b3≥a2b+ab2；

（2）解：因为正数x、y满足2x+y=1，

+=（+）（2x+y）=3++≥3+2=3+2，

当且仅当=时取等号．  

由2x+y=1且当=，x，y＞0 得x=1-，y=-1，

所以当x=1-，y=-1时，+有最小值为3+2．

（3）解：由柯西不等式得到：．

因为x2+4y2+9z2=36，所以（x+y+z）2≤36×（1+）=49，即-7≤x+y+z≤7．

则x+y+z的最大值是7，此时有x=4y=9z，则当时，x+y+z取最大值7．

证明：证法一：由已知-＞1及a＞0，可知b＞0，

要证＞，

可证•＞1，

即证1+a-b-ab＞1，这只需证a-b-ab＞0，即＞1，即-＞1，

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

证法二：-＞1及a＞0，可知1＞b＞0，

∵-＞1，

∴a-b-ab＞0，1+a-b-ab＞1，（1+a）（1-b）＞1．

由a＞0，1-b＞0，得•＞1，

即＞．

证明：因为a＞b＞c，且a+b+c=0，所以a＞0，c＜0，

要证明原不等式成立，只需证明＜a，即证b2-ac＜3a2，

即证b2+a（a+b）＜3a2，即证（a-b）（2a+b）＞0，

即证（a-b）（a-c）＞0．

∵a＞b＞c，∴（a-b）•（a-c）＞0成立．

∴原不等式成立．

证明：要证明：+=，

只要证明：=3，

只要证明：，

只要证明：c（b+c）+a（a+b）=（a+b）（b+c），

即b2=a2+c2-ac，

∵A、B、C成等差数列，

∴B=60°，

∴由余弦定理，得b2=a2+c2-ac．

∴结论成立．

证明：要证明：+≤2，

只要证明：xy+ax+ay+a2+xy-ax-ay+a2+2≤4xy，

只要证明：≤xy-a2，

只要证明：x2y2-a2x2-a2y2+a4≤x2y2-2a2xy+a4，

只要证明：a2x2+a2y2≥2a2xy，

只要证明：x2+y2≥2xy，

只要证明：（x-y）2≥0，

显然成立，

所以+≤2．

证明：∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca）．

又∵ab+bc+ca=1，

∴a2+b2+c2≥1．

证明：由x，y＞0，可得

+≥2=2，

+≥2=2，

两式相加，可得：

+≥+，

即有，

当且仅当x=y等号成立．