热门试卷

证明：（Ⅰ）由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得：

a2+b2+c2≥ab+bc+ca，

由题设得（a+b+c）2=1，即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1，

所以3（ab+bc+ca）≤1，即ab+bc+ca≤．

（Ⅱ）因为+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，

故+++（a+b+c）≥2（a+b+c），即++≥a+b+c．

所以++≥1．

解：（Ⅰ）a=5时，函数f（x）=，

∴|x+1|+|x+2|-5≥0；

即|x+1|+|x+2|≥5，

当x≥-1时，x+1+x+2≥5，∴x≥1；

当-1＞x＞-2时，-x-1+x+2≥5，∴x∈∅；

当x≤-2时，-x-1-x-2≥5，∴x≤-4；

综上，f（x）的定义域是A={x|x≤-4或x≥1}．

（Ⅱ）∵A={x|x≤-4或x≥1}，B={x|-1＜x＜2}，

∴∁RA=（-4，1），

∴B∩CRA=（-1，1）；

又∵，

而；

当a，b∈（-1，1）时，

（b2-4）（4-a2）＜0；

∴4（a+b）2＜（4+ab）2，

即．

证明：（1）要证+＜2，

只需证（+）2＜（2）2，

只需证＜a，

只需证a2-1＜a2，

a2-1＜a2，显然成立；（6分）

（2）（a2+b2）-（ab+a+b-1）

=（2a2+2b2-2ab-2a-2b+2）

=[（a2-2ab+b2）+（a2-2a+1）+（b2-2b+1）]

=[（a-b）2+（a-1）2+（b-1）2]≥0，

∴a2+b2≥ab+a+b-1．（12分）

（1）解：∵F为△ABC的内心，

∴∠AFE=（∠A+∠C），

∵B、D、F、E四点共圆，

∴∠AFE=∠B=（∠A+∠C），

∵∠A+∠B+∠C=180°，

∴∠B=60°；

（2）解：连接BF，

∵F为△ABC的内心，

∴∠EBF=∠DBF，

∵B、D、F、E四点共圆，

∴=，

∴EF=DF，

∴∠FED=∠FDE，

∵AD⊥EG，

∴∠GEF=30°，

∴∠FED=∠FEG=30°，

∴CE平分∠DEG．

证明：由a，b，c＞0，且a+b+c=1，

运用基本不等式，可得

a+≥2=2b，

b+≥2=2c，

c+≥2=2a，

上式相加可得，a+b+c+++≥2（a+b+c），

即为++≥a+b+c=1，

当且仅当a=b=c，上式取得等号．

则有++≥1成立．

证明：由于lg3•lg5＜（）2

=（）2＜（）2=（lg4）2，

则lg3•lg5＜（lg4）2．

证：由已知条件得：====；

∵a，b＞0，∴，即，∴ab≥4，4ab≥16，当a=b时取“=“；

又ab+，当ab=4时取“=“；

∴，，

∴，即2的最大值为；

∴．

证明： 3分

≥2a+2b+2c 9分

即得.10分

（I）解：令x=y=0，则2f（0）=f（0），所以f（0）=0

令y=-x，则f（x）+f（-x）=f（0）=0

所以f（-x）=-f（x）

所以f（x）为奇函数；

（II）解：∵x1=，∴f（x1）=f（）=-1，

∵xn+1=，∴f（xn+1）=f（）=f（xn）+f（xn）=2f（xn）

∴=2

∴{f（xn）}是以-1为首项，2为公比的等比数列

∴f（xn）=-2n-1；

（III）证明：∵++…+=-（1++…+）=-（2-）＞-2

而=-（2+）＜-2

∴++…+＞-．