热门试卷

证明：∵a、b、c∈R+，a2+b2=c2，

∴（）2+（）2=1，

∴∈（0，1），∈（0，1），

∵y=（）x与y=（）x均为减函数，

∴当n≥3（n∈N+）时（）n＜（）2，（）n＜（）2；

∴当n≥3（n∈N+）时（）n+（）n＜（）2+（）2=1，

即n≥3（n∈N+）时，an+bn＜cn．

证明：（1）要证上式成立，即证+＞2，

即＞，

即证n+1＞，

即（n+1）2＞n2+2n即n2+2n+1＞n2+2n，即证1＞0，显然成立；

所以原命题成立

（2）证明：（分析法）

要证 ++＞3，

只需证明 +-1++-1++-1＞3

即证+++++＞6，

而事实上，由a，b，c是全不相等的正实数，

∴+＞2，+＞2，+＞2

∴+++++＞6，

∴++＞3，得证．

（Ⅰ）解：f（1）+f（2）+…+f（2015）=++…+=；

（Ⅱ）证明：要证明-＜-，

只要证明+＜+，

只要证明，

只要证明x2-3x＜x2-3x+2，

只要证明0＜2，显然成立，

∴-＜-，

即f（x）＜f（x-2）（x≥3）．

解：分析法：要证明，

只需证明：（x+y+z）2≤3（x2+y2+z2），

只需证明：2xy+2xz+2yz≤2（x2+y2+z2），

只需证明：（x-y）2+（y-z）2+（x-z）2≥0，

显然成立，

∴，

综合法：∵（x-y）2+（y-z）2+（x-z）2≥0，

∴2xy+2xz+2yz≤2（x2+y2+z2），

∴（x+y+z）2≤3（x2+y2+z2），

∴．

证明：∵a，b∈R，且a+b=1，∴b=1-a，∴=a2+b2+4（a+b）- 

=2a2-2a+=2≥0，

∴ 成立．

（1）证法一：a2+b2+c2-=（3a2+3b2+3c2-1）

=[3a2+3b2+3c2-（a+b+c）2]

=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc]

=[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0∴a2+b2+c2≥

证法二：∵（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=1∴a2+b2+c2≥

证法三：设a=+α，b=+β，c=+γ．

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a2+b2+c2=（+α）2+（+β）2+（+γ）2

=+（α+β+γ）+α2+β2+γ2

=+α2+β2+γ2≥

∴a2+b2+c2≥

（2）证法一：

同理

∴原不等式成立．

证法二：=

∴≤＜6

∴原不等式成立．

证明：（1）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以

所以；

（2）因为1=a+b≥2，所以ab≤，所以（a+b）+ab+≤1，

所以≤1，从而有2+2≤4，

即：（a+）+（b+）+2≤4，即：（）2≤4，所以原不等式成立．

解：（I）h（x）=f（x）-g（x）=（x＞0），=，

∵函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，

∴x2-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，即在（0，+∞）上恒成立，

解得a≤2．

（II）当a=2时，h（x）=，∴h（x）+h（2-x）=．

令t=x（2-x）∈（0，1），构造函数φ（t）=2-，

恒成立，

∴函数φ（t）在（0，1）上单调递增，且φ（1）=0，

∴φ（t）=2-在（0，1）上无解．

（III）令，当k为偶数时，ak＞1，由（I）可知：，即．

当k为奇数时，0＜ak＜1，由（I）可知：．

∴=-1+．

∴，

，

…，

，

累加求和得不等式==．．

证明：a2+b2-2（3a+b-5）

=（a2-6a+9）+（b2-2b+1）

=（a-3）2+（b-1）2，

由（a-3）2≥0，（b-1）2≥0，

可得a2+b2-2（3a+b-5）≥0，

即为a2+b2≥2（3a+b-5），

当且仅当a=3，b=1，取得等号．