热门试卷

（1）证明：∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

相加可得 2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca），

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca，（当且仅当a=b=c时，取等号）．

（2）证明：∵a，b，m∈R+，且b＜a，要证，只要证 b（a+m）＜a（b+m），

只要证bm＜am，即证 b＜a．

而b＜a为已知条件，故要证的不等式成立．

（Ⅰ）解：由于内盘中的任一数都会和外盘中的每个作积，故n个不同位置的“旋转和”的和为1×（1+2+…+n）+2×（1+2+…+n）+…+n×（1+2+…+n）=；  …（3分）

（Ⅱ）解：设内盘中的1和外盘中的k同扇形格时的“旋转和”为ak

则ak+1=1×（k+1）+2×（k+2）+…+（n-k）×n+（n-k+1）×1+…+n×kak

=1×k+2×（k+1）+…+（n-k）×（n-1）+（n-k+1）×n+…+n×（k-1）ak+1-ak

=1+2+…+（n-k）+（1-n）（n-k+1）+（n-k+2）+…+n

=…（5分）

所以当时，ak+1＜ak，当时，ak+1＞ak，所以时，最小

最小值==；…（8分）

（Ⅲ）证明：将图中所有非0数改写为1，现假设任意位置，总存在一个重叠的扇形格中两数同时为0，则此位置的“旋转和”必大于或等于2m+1，初始位置外的4m-1个位置的“旋转和”的和为（3m）2-3m，

则有（3m）2-3m≥（2m+1）（4m-1），即，

这与m≤4矛盾，故命题得证．…（12分）

证明：∵a，b，m∈R+，∴b，b+m∈R+

要证

只需证b（a+m）＞a（b+m）…（5分）

只需证ba+bm＞ab+am

只需证bm＞am

又m∈R+∴只需证b＞a…（11分）

由题设可知b＞a显然成立，所以得证   …（13分）

证明：==）=．

解：（Ⅰ）因为f（-2）=1，即4a-2b+1=1，所以b=2a．…（1分）

因为方程f（x）=0有且只有一个根，即△=b2-4a=0．

所以4a2-4a=0．即a=1，b=2．…（2分）

所以f（x）=（x+1）2．…（3分）

（Ⅱ）因为g（x）=f（x）-kx=x2+2x+1-kx=x2-（k-2）x+1=（x-）2+1-．    …（5分）

所以当 或时，

即k≥6或k≤0时，g（x）是单调函数．  …（7分）

（Ⅲ）因为f（x）为偶函数，所以b=0．

所以f（x）=ax2+1．

所以F（x）=　   …（8分）

因为mx＜0，不妨设m＞0，则n＜0．

又因为m+n＞0，所以m＞-n＞0．

所以|m|＞|-n|．…（9分）

此时F（m）+F（n）=f（m）-f（n）=am2+1-an2-1=a（m2-n2）＞0．

所以F（m）+F（n）＞0．         …（10分）

证明：|x+2y+z|=|x+1+2（y-2）+z+3|

≤|x+1|+|2（y-2）|+|z+3|=|x+1|+2|y-2|+|z+3|＜++=ε．

∴|x+2y+z|＜ε．

（Ⅰ）证明：∵M≥|f（-1）|=|1-a+b|，M≥|f（1）|=|1+a+b|

∴2M≥|1-a+b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）+（1+a+b）|=2|1+b|

∴M≥|1+b|

（Ⅱ）证明：依题意，M≥|f（-1）|，M≥|f（0）|，M≥|f（1）|

又|f（-1）|=|1-a+b|，|f（1）|=|1+a+b|，|f（0）|=|b|

∴4M≥|f（-1）|+|f（0）|+|f（1）|=|1-a+b|+2|b|+|1+a+b|≥|（1-a+b）-2b+（1+a+b）|=2

∴

（Ⅲ）解：依时，，①同理②③

②+③得：④由①、④得：．

当时，分别代入②、③得：，因此．

证明：由于y2z2+x2z2≥2xyz2，

x2z2+x2y2≥2x2yz，

y2z2+x2y2≥2xy2z，

相加可得，y2z2+x2z2+x2y2≥xyz2+x2yz+xy2z，

由于x，y，z均为正数，且x+y+z=1，

则有xyz2+x2yz+xy2z=xyz（x+y+z）=xyz，

即有y2z2+x2z2+x2y2≥xyz，

则有++≥1．

证明：若证pf（x1）+qf（x2）≤f（px1+qx2），

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，

只需证，上式显然成立，

所以原不等式成立．