热门试卷

证明：（Ⅰ）∵a2+b2≥2ab，c＞0

∴c（a2+b2）≥2abc，

同理可得：b（a2+c2）≥2abc；

a（b2+c2）≥2abc．

上面三个不等式相加可得：a（b2+c2）+b（a2+c2）+c（a2+b2）≥6abc．

原命题得证．

（Ⅱ）要证：-＜-2．

即证：+2＜+，

只须证：11+2 ＜11+2

转化为证：＜

而上式恒成立．

所以原命题得证．

（1）证明：构造函数f（x）=（x-a1）2+（x-a2）2+（x-a3）2（2分）

则f（x）=3x2-2（a1+a2+a3）x+a12+a22+a32=3x2-2（a1+a2+a3）x+1（2分）

因为对一切x∈R，恒有f（x）≥0，所以△=4（a1+a2+a3）2-12≤0，

故得|a1+a2+a3|≤．      （2分）

（2）推广：若a1，a2，…，an∈R，a12+a22+…+an2=1，则|a1+a2+…+an|≤．   （2分）

证明：构造函数f（x）=（x-a1）2+（x-a2）2+…+（x-an）2，

则f（x）=nx2-2（a1+a2+…+an）x+a12+a22+…+an2=nx2-2（a1+a2+…+an）x+1．

因为对一切x∈R，恒有f（x）≥0，所以△=4（a1+a2+…+an）2-4n≤0，

故得|a1+a2+…+an|≤．      （2分）

（1）由题意，令g(x)=lnx--+m-1≤0在x∈[1，+∞）上恒成立

  g′(x)=-+=…4分

当-1＜-1≤1时，即m≥1时g′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，∴g（x）在其上递减．

∵gmax=g（1）≤0

∴原式成立．

当-1＞1，即0＜m＜1时，∵g(1)=0，gmax=g(-1)＞g(1)=0

∴不能恒成立．

综上：m≥1…9分

（2）证明：取m=1，则lnx≤(x-)，∴xlnx≤

令x=n，∴nlnn≤

∴2ln2+3ln3+…+nlnn≤[22+32+..+n2+1-n]

∵12+22+…+n2=

∴2ln2+3ln3+…+nlnn≤，原不等式成立…12分

证明：证法一：由已知-＞1及a＞0，可知b＞0，

要证＞，

可证•＞1，

即证1+a-b-ab＞1，这只需证a-b-ab＞0，即＞1，即-＞1，

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

证法二：-＞1及a＞0，可知1＞b＞0，

∵-＞1，

∴a-b-ab＞0，1+a-b-ab＞1，（1+a）（1-b）＞1．

由a＞0，1-b＞0，得•＞1，

即＞．

（1）由于2（a2+b2+c2 ）-2（ab+bc+ca）=（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2≥0，

∴2（ a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca），

∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca．

（2）要证：-＜-，只要证 +＜+，

只要证 (

2

+

7

)2＜(

3

+

6

)2，

即证 9+2＜9+2，即证 2＜2，

即证 14＜18．

而14＜18显然成立，

故要证的不等式成立．

证明：要证 +≤2，

只需证 (+)2≤(2)2，

即证 a+2+b≤2(a+b)，

即证 a-2+b≥0，

只需证 （a-b）2≥0，这是显然成立的．

所以，原命题得证．

证明：∵x，y，z∈R+，

∴由基本不等式可得  + ≥ 2x①，

+ ≥  2y ②，

+ ≥  2z③．

把 ①②③相加可得

+++ x + y + z≥2x+2y+2z，∴++≥ x + y + z成立．

证明：（1）假设在一个三角形中，没有一个内角大于或等于60°，即均小于60°，（2分）

则三内角和小于180°，与三角形中三内角和等于180°矛盾，故假设不成立．原命题成立．（6分）

（2）要证上式成立，需证+＜2（8分）

需证(+)2＜(2)2

需证n+1＞（10分）

需证（n+1）2＞n2+2n

需证n2+2n+1＞n2+2n，（12分）

只需证1＞0

因为1＞0显然成立，所以原命题成立．（14分）

证明：（1）当m＜n时，

f（n）-f（m）=++…+≥++…+=．

（2）当n＞1时，

f(2n)=1+++…+=1++( + )+…+( ++…+ )＞1+++…+=1+=；

（3）∵f(n+1)-f(n)=＞0，

∴f（n）在N*上单调递增．

由（2）可知，当n＞1时，f(2n)＞1+＞．对任意给定的正数M，设M0是比M大的最小正整数，

取N0=22 M0，则当n＞N0时，f(n)＞f(N0)=f(22 M0)＞=M0＞M．