- 比较法
- 共468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.
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.
(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.
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.
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.
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,
则=()(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,
则=()(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).
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.
(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,
故+1<2;
(2)要证-<-,其中a≥3.
只要证<,
即为<,
即有+>+,
由>,>,
则上式显然成立.
故-<-,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,
故+1<2;
(2)要证-<-,其中a≥3.
只要证<,
即为<,
即有+>+,
由>,>,
则上式显然成立.
故-<-,其中a≥3.
设,
(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
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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