热门试卷

（Ⅰ）证明：∵B=C=，∴A=π-(B+C)=π-=

∴1+y=1+cos=2cos2=2x2．…（6分）

（Ⅱ）设△ABC中，角B、C所对的边分别为b、c，则有bcsinA=2sin，

∵b=c，A=，

∴b2sin=4sin，故b=c=2．…（9分）

又BD2=c2+()2-2×c×cosA=22+12-2×2×1×cos=5-4cos，

∴BD=．…（12分）

证明：（1）证明：因为a+b＞0，所以a＞-b，b＞-a，---------------------（2分）

又因为f（x）是R上的增函数，所以f（a）＞f（-b），f（b）＞f（-a），---------------------（4分）

由不等式的性质可知f（a）+f（b）＞f（-a）+f（-b）．---------------------（5分）

（2）假设a+b≤0，则a≤-b，b≤-a，---------------------（6分）

因为f（x）是R上的增函数，所以f（a）≤f（-b），f（b）≤f（-a），

所以f（a）+f（b）≤f（-a）+f（-b），---------------------（8分）

这与已知f（a）+f（b）＞f（-a）+f（-b）矛盾，

所以假设不正确，所以原命题成立．---------------------（10分）

（1）原不等式等价于≥0，即≤0，

由穿根法（并验根）求得 x∈[-2，-1）∪（3，4]．

（2）要证原式成立，即证-＜a＜c＜，即证|a-c|＜，即证|a-c|2＜()2，

即证a2-2ac+c2＜c2-ab，即证a2+ab＞2ac，即证a+b＜2c，由题设，此式成立，

∴原命题成立．

证明：（Ⅰ）∵（x3+y3）-（x2y+xy2）=x2（x-y）+y2（y-x）=（x-y）（x2-y2）=（x-y）2（x+y），

又∵x，y∈R+，∴（x-y）2≥0，，x+y＞0，∴（x-y）2（x+y）≥0，

∴x3+y3≥x2y+xy2．…（5分）

（Ⅱ）∵a，b，c∈R+，由（Ⅰ）知：a3+b3≥a2b+ab2；b3+c3≥b2c+bc2；c3+a3≥c2a+ca2；

将上述三式相加得：2（a3+b3+c3）≥（a2b+ab2）+（b2c+bc2）+（c2a+ca2），

∴a3+b3+c3≥(a2+b2+c2)(a+b+c)．…（10分）

（1）证明：（分析法）a3+b3＞a2b+ab2 成立，

只需证（a+b）（a2-ab+b2）＞ab（a+b）成立．

又因为a＞0，故只需证a2-ab+b2＞ab成立，

而依题设a≠b，则（a-b）2＞0显然成立，由此命题得证．

（2）证明：∵+2和2+都是正数，

要证+2＜2+

只需证：(+2)2＜(2+)2

整理得：11+2＜11+2

即证：＜

即证6＜7

∵6＜7 当然成立

∴原不等式成立．

解：（1）不妨设，由

可知

∴f（x）是R上的增函数

∴不存在，使得

又∵

∴。

（2）要证：，即证

（*）

不妨设

由得

，即

则 ①

由得

即

则②

由①②可得

∴；

（3）因为

∴

∵

又由（2）中结论

∴。

（1）n=1，m=2，f（x）=x+，g（x）=，h1（x）=c+x-+，

h'（x）=1-x+x2＞0，所以h1（x）在R上单调增；         （2分）

n=2，m=2，f（x）=x+，g（x）=+，h2（x）=c-x+-+，

h2'（x）=-1+x-x2+x3=（x-1）（1+x2），

当x＜1时，h2'（x）＜0，h2'（x）单调递减；当x＞1时，h2'（x）＞0，h2'（x）单调递增；

故x=1时，h2'（x）最小值为c-．                    （5分）

（2）文科：m=n，c=0，

T（n）=h2（1）=-1+-+…-+．

T（n+1）=h2（1）=-1+-+…-+-+．

知T（n+1）＜T（n），故n=1时，T（n）最大为-．

理科：m=n，c=0，T（n）=h1（1）=1-++…-．

①当n=1时，左边T（1）=1-=，右边=；成立

②假设n=k时成立，则有

T（k）=1-++…-．

T（k+1）=1-++…-+-

=T（k）+-=++…++-•

=+…+++．

故当n=k+1时也成立．

综上所述，等式成立．                                           （11分）

（3）m=n+1，c=1，h1（x）=1+x-+-…-+，（13分）

h（x）=1-x+x2-…-x2n-1+x2n，

=，

当x≥0时，h（x）＞0；当-1＜x＜0时，h（x）＞0；当x＜-1时，h（x）＞0，故函数h（x）为R上的增函数，于是函数f（x）在R上最多只有一个零点．因h1（0）=1＞0，h1（-1）=（1-1）+（-+）+…+（-+）＜0，故h1（0）h1（-1）＜0，

因而h1（x）在R上唯一零点在区间（-1，0）上，（15分）

于是h1（x+2）的唯一零点在区间（-3，-2）上．

同理可得，函数h2（x）为R上的减函数，于是函数h2（x）在R上最多只有一个零点．

又h2（1）=（1-1）+（-）+…+（-）＞0，

h2（2）=（1-2）+22（-）+24（-）+…+22n（-）＜0，于是h2（1）h2（2）＜0，因而h2（x）在R上唯一零点在区间（1，2）上，于是h2（x-2）的唯一零点在区间（3，4）上．

所以，F（x）的两零点落在区间[-3，4]上，b-a的最小值为7．       （18分）

解：（1）当a=1时，函数f（x）=x-lnx，x∈（0，+∞），

∵，

令得x=1，

∵当，

∴函数f（x）在（0，1）上为减函数；

∵当，

∴函数f（x）在（1，+∞）上为增函数，

∴当x=1时，函数f（x）有最小值，；

（2）∵，

若a≤0，则对任意的，

∴函数f（x）在上为减函数，

∴函数f（x）在上有最大值，没有最小值，；

若a＞0，令，

当0＜a＜1时，，

当，函数f（x）在上为减函数；

当，∴函数f（x）在上为增函数，

∴当时，函数f（x）有最小值，，

当a≥1时，，在[1，+∞)恒有，

∴函数f（x）在[1，+∞)上为增函数，

函数f（x）在[1，+∞)有最小值，；

综上得：当a≤0时，函数f（x）在[1，+∞)上有最大值，，没有最小值；

当0＜a＜1时，函数f（x）有最小值，，没有最大值；

当a≥1时，函数f（x）在[1，+∞)有最小值，，没有最大值。

（3）由（1）知函数f（x）=x-lnx在（0，+∞）上有最小值1，

即对任意的x∈（0，+∞）都有，

当且仅当x=1时“=”成立，

∵n∈N*，

∴，

∴，

∴对任意的n∈N*都有。