热门试卷

证明：要证|x+y|≤|1+xy|．即证（x+y）2≤（1+xy）2，即证x2+y2≤1+x2y2，

即证（x2-1）（1-y2）≤0，因为|x|≤1，|y|≤1，

所以x2-1≤0，1-y2≥0，所以（x2-1）（1-y2）≤0，

所以不等式成立．

证明：左边-右边

=a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2

=a2x+b2（1-x）-[a2x2+2abx（1-x）+b2（1-x）2]

=（x-x2）a2+（x-x2）b2-2abx（1-x）

=x（1-x）[a2-2ab+b2]

=x（1-x）（a-b）2

∵0≤x≤1，∴x（1-x）≥0，

因此，x（1-x）（a-b）2≥0，

所以，a2x+b2（1-x）-[ax+b（1-x）]2≥0，

故a2x+b2（1-x）≥[ax+b（1-x）]2．

证明：要证原不等式成立，

只证

即证

∵上式显然成立

∴原不等式成立

证明：∵{an}是等差数列，∴an+k=an+kd．    （2分）

要证，

只要证，

只要证，

∵an＞0，∴只要证（an+d）（an+4d）＜（an+2d）（an+3d）（2分）

只要证an2+5dan+4d2＜an2+5dan+6d2，只要证d2＞0．    （2分）

∵已知d≠0，∴d2＞0成立，故．    （2分）

证明：（1）∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac，

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ac，①

又a+b+c=1，

∴（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1，②

由①②得：3（ab+bc+ac）≤1，

∴ab+bc+ac≤；

（2）∵a，b，c均为正数，

∴+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，

∴+++a+b+c≥2（a+b+c），

∴++≥a+b+c，a+b+c=1，

∴++≥1．

证明：（1）∵x＞0，y＞0，+=1，

∴x+y=（x+y）（+）

=8+++2

≥2+10=18（当且仅当x=12，y=6时取“=”），

∴x+y的最小值为18．

（2）∵x∈R，y∈R，

∴-

=-

=

=≥0，

∴≥．

解：（1）定义域为（0，+∞）．

当a=-1时，f（x）=-lnx+.=，

当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

（2）h（x）=f（x）-ax=alnx+-（a+1）x，∴=

①当a＜0时，x∈（0，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）在此区间上单调递减；．x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）在此区间上单调递增．

函数h（x）在x=1时取得最小值，由h（1）=-a-≥0，解得a．

②当a≥0时，h（1）=-a＜0不可能成立．

综上可知：a的取值范围为．

（3）令a=-.，化为，

令x=m+1，m+2，…，m+n．

则…+＞+…+==．

解：（1）①当x≥2时，原不等式为x（x-1）-2＜x-2⇒0＜x＜2．又x≥2，∴x∈∅．

②当1≤x＜2时，原不等式x（x-1）-2＜2-x⇒-2＜x＜2．又1≤x＜2，∴1≤x＜2．

③当x＜1时，原不等式x（1-x）-2＜2-x⇒x∈R，又x＜1，∴x＜1．

综上：原不等式的解集为{x|x＜2}．

（2）证明：因为x，y，z均为正数．所以，

同理可得，

当且仅当x=y=z时，以上三式等号都成立．

将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．