热门试卷

证明：原命题等价于（a3+b3+c3）（a2+b2+c2）≥9，…（3分）

又（a3+b3+c3）2≥9，…（6分）

故只需要证明a2+b2+c2≥3成立．…（9分）

∵a，b，c∈R+，ab+bc+ca≥3，

∴a2+b2≥2ab，

a2+c2≥2ac，

b2+c2≥2bc，

∴2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca）≥6．

∴a2+b2+c2≥3成立．

故原结论成立．（12分）

证明：（1）∵a＞b，ab＞0，∴，化为，即＜；

（2）∵c＜d＜0，

∴-c＞-d＞0．

又∵a＞b＞0，

∴-ac＞-bd，

∴ac＜bd．

证明：∵（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2

∴3（a2+b2+c2）≥（a+b+c）2，

∴a2+b2+c2≥．

证明：要证-＜-，

只需证明：+＜+，

只需证明：＜，＜

显然成立，

所以a＞5，-＜-．

证明：∵≥，

∴要证lnx-x2≤-，

即证lnx-x2≤x-，

设f（x）=lnx-x2-x+，x＞0，

则f′（x）=-x-=，x＞0，

由f′（x）＞0，得0＜x＜1；由f′（x）＜0，得x＞1，

∴x=1时，f（x）取得极大值，且为最大值f（1）=0，

即有f（x）=lnx-x2-x+≤0，

即为lnx-x2≤x-，

∴lnx-x2≤-．

证明：（1）F（x）=f（x）-x3-=x（ex+2x-1）+-x3-=x（ex+2x-1-x2）．

∵F（0）=0，∴函数F（x）存在一个零点0．

令G（x）=ex+2x-1-x2．

则G′（x）=ex+2-2x，

G″（x）=ex-2，可知：当x=ln2时，函数G′（x）取得最小值，

∴G′（x）≥G′（ln2）=4-2ln2＞0，

∴函数G（x）在R上单调递增．

由于G（0）=0，

当x＜0时，G（0）＜0，则F（x）=xG（x）＞0；

当x＞0时，G（0）＞0，则F（x）=xG（x）＞0．

因此：函数F（x）=f（x）-x3-仅有一个零点．

（2）函数f（x）=x（ex+2x-1）+．

f′（x）=ex+xex+4x-1，

f″（x）=2ex+xex+4，

f（3）（x）=3ex+xex=（3+x）ex，

可知当x=-3时，f″（x）取得最小值，f″（-3）=2-e-3＞0．

∴f′（x）在R上单调递增，f′（0）=0，

∴当x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，无最大值；当x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．

∴f（x）≥f（0）=．

g（x）=ln|x|-|x|+1=，

当x＞0时，g′（x）=-1=，可知：当x=1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）=0．

当x＜0时，g′（x）=+1=+1=，可知：当x=-1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（-1）=0．

∴g（x）≤0恒成立．

综上可知：h（x）=max{f（x），g（x）}（x≠0）=f（x）．

要证明h（x）=f（x）＞．而-=-＜0．∴＜=f（x）．

因此h（x）＞成立．

证明：（1））（ax+by）2-（ax2+by2）=a（a-1）x2+b（b-1）y2+2abxy，

因为a+b=1，

所以a-1=-b，b-1=-a，又a，b均为正数，

所以a（a-1）x2+b（b-1）y2+2abxy=-ab（x2+y2-2xy）=-ab（x-y）2≤0，当且仅当x=y时等号成立；

（2）

=

=．

当且仅当a=b时等号成立．

证明：因为x2+y2≥2xy≥0（2分）

所以x3+y3=（x+y）（x2-xy+y2）≥xy（x+y）（4分）

同理y3+z3≥yz（y+z），z3+x3≥zx（z+x）（8分）

三式相加即可得2（x3+y3+z3）≥xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）

又因为xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）=x2（y+z）+y2（x+z）+z2（x+y）

所以2（x3+y3+z3）≥x2（y+z）+y2（x+z）+z2（x+y）

证明：两边同乘mn，得

m4+n4≥m3n+n3m，m，n＞0

作差得，m4+n4-m3n-n3m=m3（m-n）+n3（n-m）=（m3-n3）（m-n）=（m-n）2（m2+mn+n2）≥0，

∴≥m2+n2．