热门试卷

（Ⅰ）证明：∵M≥|f（-1）|=|1-a+b|，M≥|f（1）|=|1+a+b|

∴2M≥|1-a+b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）+（1+a+b）|=2|1+b|

∴M≥|1+b|

（Ⅱ）证明：依题意，M≥|f（-1）|，M≥|f（0）|，M≥|f（1）|

又|f（-1）|=|1-a+b|，|f（1）|=|1+a+b|，|f（0）|=|b|

∴4M≥|f（-1）|+|f（0）|+|f（1）|=|1-a+b|+2|b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）-2b+（1+a+b）|=2

∴

（Ⅲ）解：依时，，①同理②③

②+③得：④由①、④得：．

当时，分别代入②、③得：，因此．

证明：由于y2z2+x2z2≥2xyz2，

x2z2+x2y2≥2x2yz，

y2z2+x2y2≥2xy2z，

相加可得，y2z2+x2z2+x2y2≥xyz2+x2yz+xy2z，

由于x，y，z均为正数，且x+y+z=1，

则有xyz2+x2yz+xy2z=xyz（x+y+z）=xyz，

即有y2z2+x2z2+x2y2≥xyz，

则有++≥1．

解：∵（）2+（）2+（）2≥0

即2•（++）-2•（++）≥0

即2•（++）≥2•（++）

∴++≥++．（10分）

解：根据|x-2|+|x+5|≥|（x-2）-（x+5）|=7，

故方程|x-2|+|x+5|=6无解．

解：由|x-a|+|x-a2|≥2（a是常数）恒成立，而|x-a|+|x-a2|≥|（x-a）-（x-a2）|=|-a+a2|，

∴|-a+a2|≥2，求得a2-a≥2①或 a2-a≤-2 ②．

解①求得a≥2 或a≤-1，解②求得a∈∅．

综上可得，a的范围为{a|a≥2 或a≤-1}．

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．