C |
证明:假设p+q>2,则p>2-q,可得p3>(2-q)3 p3+q3>8-12q+6q2又p3+q3=2, ∴2>8-12q+6q2,即q2-2q+1<0⇒(q-1)2<0,矛盾, 故假设不真, 所以p+q≤2. |
22.证明:假设函数f(x)=x3-2x2-5x+6在区间(3,+∞)上存在极值点. …1分 则存在x0>3,使得f'(x0)=0. …2分 因为f'(x)=3x2-4x-5,令f'(x)=0,则x=
容易看出
要证明:
只需证:2+
只需证:
只需证:19<49成立, 上式显然成立,故有
综上,x=
因此假设不成立,所以函数f(x)=x3-2x2-5x+6在区间(3,+∞)上不存在极值点.…8分. |
19 |
D |
解:(1)函数的定义域为(-a,+∞), 求导函数可得 令f′(x)=0, 可得x=1-a>-a 令f′(x)>0,x>-a可得x>1-a; 令f′(x)<0,x>-a可得-a<x<1-a ∴x=1-a时,函数取得极小值且为最小值 ∵函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0, ∴f(1-a)=1-a-0,解得a=1。 (2)解:当k≤0时,取x=1,有f(1)=1-ln2>0,故k≤0不合题意 当k>0时,令g(x)=f(x)-kx2, 即g(x)=x-ln(x+1)-kx2 求导函数可得g′(x)= g′(x)=0,可得x1=0, ①当k≥时,, g′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,因此g(x)在(0,+∞)上单调递减, 从而对任意的x∈[0,+∞),总有g(x)≤g(0)=0, 即对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立; ②当0<k<时,,对于,g′(x)>0, 因此g(x)在上单调递增, 因此取时,g(x0)≥g(0)=0,即有f(x0)≤kx02不成立; 综上知,k≥时对任意的x∈[0,+∞), 有f(x)≤kx2成立,k的最小值为。 (3)证明:当n=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立 当n≥2时, 在(2)中,取k=,得f(x)≤x2, ∴(i≥2,i∈N*) ∴=f(2)+ <2-ln3+=2-ln3+1-<2 综上,(n∈N*)。 |
证明:假设
∵0<a<2,0<b<2,0<c<2, ∴
∴
这与①矛盾, ∴
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D |
证明:∵f(x)=x2+px+q ∴f(1)=1+p+qf(2)=4+2p+qf(3)=9+3p+q 所以f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2. 假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于
则 |f(1)|<
即有 -
∴-2<f(1)+f(3)-2f(2)<2 由贞面可知f(1)+f(3)-2f(2)=2, 与-2<f(1)+f(3)-2f(2)<2矛盾, ∴假设不成立,即原命题成立. |
解:∵ 。 |
D |