热门试卷

证明：设a+b＜0，则a＜-b，b＜-a，

∵f（x）是R上的增函数，

∴f（a）＜f（-b），f（b）＜f（-a），

∴f（a）+f（b）＜f（-a）+f（-b），这与题设f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）矛盾，

∴若f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b），则a+b≥0．

解：（1）假设a、b、c都大于，则a+b+c＞1，这与已知a+b+c=1矛盾．

故a、b、c中至少有一个不大于．…（3分）

（2）假设a、b、c都小于671，则a+b+c＜2013，这与已知a+b+c=2013矛盾．

故a、b、c中至少有一个不小于671． …（6分）

（3）猜想：实数a、b、c满足a+b+c=d，则a、b、c中至少有一个数不大于且至少有一个不小于．…（9分）

证明：一方面：假设a、b、c都大于，则a+b+c＞d，这与已知a+b+c=d矛盾．

故a、b、c中至少有一个不大于．

另一方面：假设a、b、c都小于，则a+b+c＜d，这与已知a+b+c=d矛盾．

故a、b、c中至少有一个不小于．  …（12分）

即猜想的结论成立．

解：（Ⅰ）．（2分）

若函数f（x）在（0，+∞）上递增，

则f′（x）≥0对x＞0恒成立，即对x＞0恒成立，

而当x＞0时，．

∴a≥1．

若函数f（x）在（0，+∞）上递减，

则f′（x）≤0对x＞0恒成立，即对x＞0恒成立，

这是不可能的．

综上，a≥1．

a的最小值为1．（6分）

（Ⅱ）由=0，

得：，

即：a=，令r（x）=，r′（x）==

得1-x-2lnx=0的根为1，

所以当0＜x＜1时，r′（x）＞0，则r（x）单调递增，

当x＞1时，r′（x）＜0，则r（x）单调递减，

所以r（x）在x=1处取到最大值r（1）=1，

又x→0时r（x）→0，又x→+∞时，r（x）→0，

所以要使y=与y=a有两个不同的交点，则有 0＜a＜1                                       …8分

（III）假设存在，不妨设0＜x1＜x2.=．（9分）

．

若k=f′（x0），则，即，即．（*）（12分）

令，（0＜t＜1），

则＞0．∴u（t）在0＜t＜1上是增函数，

∴u（t）＜u（1）=0，

∴（*）式不成立，与假设矛盾．∴k≠f′（x0）．

因此，满足条件的x0不存在．（16分）

证明：假设三角形三个内角中最少有两个直角，

则三个内角的和大于180°，这与三个内角的和等于180°矛盾．

故一个三角形中最多有一个直角．