热门试卷

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，+∞）．

解：（Ⅰ）∵a＞0，b＞0，且a2+b2=，

∴9=（a2+b2）（12+12）≥（a+b）2，

∴a+b≤3，（当且仅当，即时取等号）

又∵a+b≤m恒成立，∴m≥3．

故m的最小值为3．…（4分）

（II）要使2|x-1|+|x|≥a+b恒成立，须且只须2|x-1|+|x|≥3．

∴或或

∴或．…（7分）

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：（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…+＞+…+==．