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题型:简答题
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简答题

设函数fn(x)=1-x+-+…-,n∈N*

(Ⅰ)研究函数f2(x)的单调性并判断f2(x)=0的实数解的个数;

(Ⅱ)判断fn(x)=0的实数解的个数,并加以证明.

正确答案

解:(Ⅰ)f2(x)=1-x+-,则f2′(x)=-1+x-x2=-(x-2-<0

∴函数f2(x)在R上单调减

∵f2(1)>0,f2(2)<0

∴f2(x)=0的实数解的个数是1个;

(Ⅱ)fn(x)=0的实数解的个数是1个

求导函数可得fn′(x)=-1+x-x2+…+x2n-3-x2n-2

(1)若x=-1,则fn′(x)=-(2n-1)<0.

(2)若x=0,则fn′(x)=-1<0.

(3)若x≠-1,且x≠0时,则fn′(x)=-

①当x<-1时,x+1<0,x2n-1+1<0,∴fn′(x)<0.

②当x>-1时,fn′(x)<0

综合(1),(2),(3),得fn′(x)<0,

即fn(x)在R单调递减.

又fn(0)=1>0,fn(2)=(1-2)+()+…+(-)<0

所以fn(x)在(0,2)有唯一实数解,从而fn(x)在R有唯一实数解.

综上,fn(x)=0有唯一实数解.

解析

解:(Ⅰ)f2(x)=1-x+-,则f2′(x)=-1+x-x2=-(x-2-<0

∴函数f2(x)在R上单调减

∵f2(1)>0,f2(2)<0

∴f2(x)=0的实数解的个数是1个;

(Ⅱ)fn(x)=0的实数解的个数是1个

求导函数可得fn′(x)=-1+x-x2+…+x2n-3-x2n-2

(1)若x=-1,则fn′(x)=-(2n-1)<0.

(2)若x=0,则fn′(x)=-1<0.

(3)若x≠-1,且x≠0时,则fn′(x)=-

①当x<-1时,x+1<0,x2n-1+1<0,∴fn′(x)<0.

②当x>-1时,fn′(x)<0

综合(1),(2),(3),得fn′(x)<0,

即fn(x)在R单调递减.

又fn(0)=1>0,fn(2)=(1-2)+()+…+(-)<0

所以fn(x)在(0,2)有唯一实数解,从而fn(x)在R有唯一实数解.

综上,fn(x)=0有唯一实数解.

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简答题

已知正数a,b,c满足a+b+c=1证明  

正确答案

证明:∵正数a,b,c满足a+b+c=1,要证

只要证   3a3+3b3+3c3-a2-b2-c2≥0,

只要证   2(a3+b3+c3 )+a2(a-1)+b2(b-1)+c2(c-1)≥0,

只要证   2(a3+b3+c3 )+a2(-b-c)+b2(-a-c)+c2(-a-b)≥0,

只要证   a3+b3+c3+a3+b3+c3-a2b-a2c-b2a-b2c-c2a-c2b≥0,

只要证   a2 (a-b)+a2(a-c)+b2(b-a)+b2(b-c)+c2(c-a)+c2(c-b)≥0,

只要证   (a-b)(a2-b2)+(b-c) (b2-c2)+(c-a)(c2-a2)≥0,

只要证   (a+b)(a-b)2+(b+c)(b-c)2+(c+a) (c-a)2≥0,

而由题意可知  (a+b)(a-b)2+(b+c)(b-c)2+(c+a) (c-a)2≥0  成立,故要证的不等式成立.

解析

证明:∵正数a,b,c满足a+b+c=1,要证

只要证   3a3+3b3+3c3-a2-b2-c2≥0,

只要证   2(a3+b3+c3 )+a2(a-1)+b2(b-1)+c2(c-1)≥0,

只要证   2(a3+b3+c3 )+a2(-b-c)+b2(-a-c)+c2(-a-b)≥0,

只要证   a3+b3+c3+a3+b3+c3-a2b-a2c-b2a-b2c-c2a-c2b≥0,

只要证   a2 (a-b)+a2(a-c)+b2(b-a)+b2(b-c)+c2(c-a)+c2(c-b)≥0,

只要证   (a-b)(a2-b2)+(b-c) (b2-c2)+(c-a)(c2-a2)≥0,

只要证   (a+b)(a-b)2+(b+c)(b-c)2+(c+a) (c-a)2≥0,

而由题意可知  (a+b)(a-b)2+(b+c)(b-c)2+(c+a) (c-a)2≥0  成立,故要证的不等式成立.

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简答题

(选修4-5:不等式选讲)已知a>b>c>0,求证:(并指出等号成立的条件)

正确答案

证明:∵a>b>c>0,要证

只要证 (a-b)+(b-c)+c+++≥6  ①.

由于不等式的左边这6项全部都是正实数,且这6项的积等于定值1,故这6个正数的几何平均数等于1,

由6个正数的算术平均数大于或等于这6个正数的几何平均数可得 ≥1,

故①成立,故原不等式成立.

解析

证明:∵a>b>c>0,要证

只要证 (a-b)+(b-c)+c+++≥6  ①.

由于不等式的左边这6项全部都是正实数,且这6项的积等于定值1,故这6个正数的几何平均数等于1,

由6个正数的算术平均数大于或等于这6个正数的几何平均数可得 ≥1,

故①成立,故原不等式成立.

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简答题

选修4-1:几何证明选讲

如图,⊙O和⊙O′相交于A,B两点,过A作两圆的切线分别交两圆于C、D两点,连接DB并延长交⊙O于点E.证明:

(Ⅰ)AC•BD=AD•AB;

(Ⅱ)AC=AE.

正确答案

证明:(I)∵AC与⊙O‘相切于点A,故∠CAB=∠ADB,

同理可得∠ACB=∠DAB,

∴△ACB∽△DAB,∴=

∴AC•BD=AD•AB.

(II)∵AD与⊙O相切于点A,∴∠AED=∠BAD,

又∠ADE=∠BDA,∴△EAD∽△ABD,

=,∴AE•BD=AD•AB.

再由(I)的结论AC•BD=AD•AB 可得,AC=AE.

解析

证明:(I)∵AC与⊙O‘相切于点A,故∠CAB=∠ADB,

同理可得∠ACB=∠DAB,

∴△ACB∽△DAB,∴=

∴AC•BD=AD•AB.

(II)∵AD与⊙O相切于点A,∴∠AED=∠BAD,

又∠ADE=∠BDA,∴△EAD∽△ABD,

=,∴AE•BD=AD•AB.

再由(I)的结论AC•BD=AD•AB 可得,AC=AE.

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简答题

已知a1,a2∈R+且a1•a2=1,求证:(1+a1)(1+a2)≥4.

正确答案

证明:∵a1,a2∈R+且a1•a2=1,

∴(1+a1)(1+a2)=1+a1a2+a1+a2=2+a1+a2≥2+2=4

∴命题成立.

解析

证明:∵a1,a2∈R+且a1•a2=1,

∴(1+a1)(1+a2)=1+a1a2+a1+a2=2+a1+a2≥2+2=4

∴命题成立.

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简答题

已知a>0,b>0.

(I)若a+b=2,求的最小值;

(Ⅱ)求证:a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).

正确答案

解:(Ⅰ)由于a+b=2,

=)(1+a+1+b)

=(5++)≥(5+2)=

等号成立条件为=,而a+b=2,所以a=,b=

因此当a=,b=时,+取得最小值,且为

(Ⅱ)证明:由均值不等式得a2b2+a2≥2a2b,a2b2+b2≥2b2a,a2+b2≥2ab

三式相加得2a2b2+2a2+2b2≥2a2b+2ab2+2ab=2ab(a+b+1),

所以a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).

解析

解:(Ⅰ)由于a+b=2,

=)(1+a+1+b)

=(5++)≥(5+2)=

等号成立条件为=,而a+b=2,所以a=,b=

因此当a=,b=时,+取得最小值,且为

(Ⅱ)证明:由均值不等式得a2b2+a2≥2a2b,a2b2+b2≥2b2a,a2+b2≥2ab

三式相加得2a2b2+2a2+2b2≥2a2b+2ab2+2ab=2ab(a+b+1),

所以a2b2+a2+b2≥ab(a+b+1).

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简答题

若正数a、b、c、d满足>0,a+b=c+d,试将a,b,c,d按从小到大的顺序排列并说明理由.

正确答案

解:∵正数a、b、c、d满足

>0  ①

∴c>d,a>b;

将①式平方可得,c+d-2>a+b-2

∵a+b=c+d,

∴cd<ab;

设c=A+s,d=A-s,a=A+t,b=A-t,且s>0,t>0,

∴A2-t2<A2-s2

∴s2<t2

∴s<t,

∴A+t>A+s>A-s>A-t.

即a>c>d>b.

解析

解:∵正数a、b、c、d满足

>0  ①

∴c>d,a>b;

将①式平方可得,c+d-2>a+b-2

∵a+b=c+d,

∴cd<ab;

设c=A+s,d=A-s,a=A+t,b=A-t,且s>0,t>0,

∴A2-t2<A2-s2

∴s2<t2

∴s<t,

∴A+t>A+s>A-s>A-t.

即a>c>d>b.

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简答题

(1)求证:+1<2

(2)求证:--,其中a≥3.

正确答案

证明:(1)要证+1<2

只要证4+2<8,

即为2<4,即12<16显然成立,

+1<2

(2)要证--,其中a≥3.

只要证

即为

即有++

则上式显然成立.

--,其中a≥3.

解析

证明:(1)要证+1<2

只要证4+2<8,

即为2<4,即12<16显然成立,

+1<2

(2)要证--,其中a≥3.

只要证

即为

即有++

则上式显然成立.

--,其中a≥3.

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简答题

(1)证明不等式对所有的正整数n都成立;

(2)设,用定义证明

正确答案

证:(1)由不等式

对所有正整数k成立,把它对k从1到n(n≥1)求和,

得到1+2+3+…+n<an

又因1+2+3+…+n=,以及

[1+3+5+…+(2n+1)]=

对所有的正整数n都成立.

(2)由(1)及bn的定义知

对任意指定的正数ε,要使

只要使,即只要使

取N是的整数部分,则数列bn的第N项以后所有的项都满足

根据极限的定义,证得

解析

证:(1)由不等式

对所有正整数k成立,把它对k从1到n(n≥1)求和,

得到1+2+3+…+n<an

又因1+2+3+…+n=,以及

[1+3+5+…+(2n+1)]=

对所有的正整数n都成立.

(2)由(1)及bn的定义知

对任意指定的正数ε,要使

只要使,即只要使

取N是的整数部分,则数列bn的第N项以后所有的项都满足

根据极限的定义,证得

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简答题

设a,b,c∈R+,且a+b+c=3,证明:++

正确答案

证明:∵+b2+c≥2a2+c2+a≥2b2+a2+b≥2c2

相加,移项可得++≥(a2+b2+c2)-(a+b+c),

∵a+b+c=3,a2+b2+c2(a+b+c)2

++(a=b=c时取等号).

解析

证明:∵+b2+c≥2a2+c2+a≥2b2+a2+b≥2c2

相加,移项可得++≥(a2+b2+c2)-(a+b+c),

∵a+b+c=3,a2+b2+c2(a+b+c)2

++(a=b=c时取等号).

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