0  396496  396504  396510  396514  396520  396522  396526  396532  396534  396540  396546  396550  396552  396556  396562  396564  396570  396574  396576  396580  396582  396586  396588  396590  396591  396592  396594  396595  396596  396598  396600  396604  396606  396610  396612  396616  396622  396624  396630  396634  396636  396640  396646  396652  396654  396660  396664  396666  396672  396676  396682  396690  447090 

2.完成下列文学常识填空。(12分)

①19世纪30年代开始,       文学成为欧洲文学的主流,长篇小说独领风骚,  

     的《红与黑》为其奠基,       的《人间喜剧》成为他的一座巨峰,     的《名利场》、       的《简爱》等名篇均属不朽的代表。

②现实主义作家视文学为透视    的手段,以犀利的笔锋无情揭露       ,真实再现       ,塑造了众多栩栩如生的“典型环境中的典型人物”。

③《红与黑》《高老头》《简爱》《名利场》的主人公分别是:             

             

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1.给下列加点的字注音。(8分)

吝(  )污(  )逶迤(  )(  )守(  )猎(  )阴(  )斜(  )囹圄(  )(  )盘(  )曲(  )声(  )后(  )(  )度(  )

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1 aba≠0,b≠0,则  >  

2 解不等式|x2-4x+2|≥

0<xxx≥4

3求证:(1)|x+1|+|x-1|≥2;

(2)|x+2|+|x+1|+|x-1|+|x-2|≥6;

(3)2|x+2|+|x+1|≥1(当且仅当x=-2时,“=”号成立)

证明:(1)|x+1|+|x-1|≥|(x+1)-(x-1)|=2

(2)|x+1|+|x-1|≥|(x+1)-(x-1)|=2

当且仅当(x+1)(x-1)≤0,即-1≤x≤1时“=”成立;

又|x+2|+|x-2|≥|(x+2)-(x-2)|=4,

当且仅当(x+2)(x-2)≤0,即-2≤x≤2时“=”号成立

∴|x+2|+|x+1|+|x-1|+|x-2|≥6,

当且仅当即-1≤x≤1时“=”号成立

(3)|x+2|+|x+1|≥|(x+2)-(x+1)|=1,

当且仅当(x+2)(x+1)≤0,即-2≤x≤-1时“=”号成立;

又|x+2|≥0,当且仅当x=-2时,“=”号成立,

∴2|x+2|+|x+1|≥1,

x=-2时,“=”号成立

4已知f(x)=,当|a|≠|b|时,求证:

(1)|a+b|<|f(a)+f(b)|;(2)|a-b|>|f(a)-f(b)|

证明:(1)| a+b|≤|a|+|b|<=|f(a)+f(b)|

(2)由(1)得:|a+b|<,

∴|a-b|=

5求证:≥|a|-|b|(ab)

证明:当|a|≤|b|时,|a|-|b|≤0,≥0,有  ≥|a|-|b|;

当|a|>|b|时,又a≠0,从而|a|>0,有||<1-||>-1-≥-|b|

∵(|b|≥0)   ∴=|a|-≥|a|-|b|

综上所述有:≥|a|-|b|(ab)

6若|x|<1,|y|<1,|z|<1,求证:||<1

证明:所证不等式

|x+y+z+xyz|<|1+xy+yz+zx|

 (x+y+z+xyz)2<(1+xy+yz+zx)2

 (xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1)(xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1)<0

[(x+1)(y+1)(z+1)]·[(x-1)(y-1)(z-1)]<0

(x2-1)(y2-1)(z2-1)<0

由于|x|<1,|y|<1,|z|<1,从而x2<1,y2<1,z2<1,

于是(x2-1)(y2-1)(z2-1)<0成立,所以原不等式成立

7已知a,b∈R,求证:

证明:原不等式|a+b|(1+|a|)(1+|b|)

≤|a|(1+|a+b|)(1+|b|)+|b|(1+|a+b|)(1+|a|)

|a+b|(1+|b|)+|a+b|·|a|(1+|b|)

≤|a|(1+|b|)+|a|·(1+|b|)·|a+b|+|b|(1+|a|)+|b|·|a+b|(1+|a|)

|a+b|+|a+b|·|b|≤|a|+2|ab|+|b|+|b|·|a+b|+|ab|·|a+b|

|a+b|≤|a|+|b|+2|ab|+|ab|·|a+b|

由于|a+b|≤|a|+|b|成立,显然最后一个不等式成立,从而原不等式成立

以上证明是最基本的方法,但过程繁琐冗长,利用放大技巧证明要简捷得多,证明如下:

∵|a+b|≤|a|+|b||a|+|b|-|a+b|≥0,

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2.已知函数f(x)=-2x+1,对任意的正数ε,使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一个充分非必要条件是(  C  )

Ax1x2|<ε  Bx1x2|<  Cx1x2|<  Dx1x2|>

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1.若|xa|<m,|ya|<n,则下列不等式一定成立的是(  D  )

Axy|<2m  Bxy|<2n  Cxy|<n-m  Dxy|<n+m

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例1  已知abcd都是实数,且a2+b2r2c2+d2R2,(r>0,R>0)

求证:|ac+bd|≤

证明:(综合法)∵abcd都是实数,

∴|ac+bd|≤|ac|+|bd|≤

a2+b2r2c2+d2R2

∴|ac+bd|≤

例2  设f (x) = x2+px+q, 求证:| f (1) |、| f (2) |、| f (3) | 中至少有一个不小于

说明:此题正面证明较为困难,“正难则反”,引导学生尝试“反证法”证明

证明:(反证法)假设原命题不成立,则|f(1)|<,|f(2)|<,|f(3)|<,

∴   |f(1)|+2 |f(2)|+|f(3)|<2     ①

f(1)=1+p+q,  f(2)=4+2p+q,  f(3)=9+3p+q  得

f(1)+f(3)-2f(2)=2

∴   |f(1)|+2 |f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)-2f(2)|=2

这与①矛盾,故假设不成立,求证为真

例3 求证:

证法一:(分析法)要证明

只需证 (|a|+|b|)(1+|a+b|)≥|a+b| (1+|a|+|b|)

只需证 |a|+|b|+(|a|+|b|)·|a+b|≥|a+b|+(|a|+|b|)|a+b|

只需证|a|+|b|≥|a+b|

显然上式成立 

所以原不等式成立

证法二:(利用函数的单调性)

构造函数f(x)= (x≥0)

f(x)= =1-

∴函数f(x)在[0,+∞是增函数

f(|a|+|b|)=,  f(|a+b|)=

而 |a|+|b|≥|a+b|,∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)

例4  已知,求证:

说明:根据已知条件x2+y2=1的形式特点,可以进行三角代换,即设,转化为三角形式的不等式

解:设, 则

(其中tanθ=a)

∵|sin(θ)|≤1

即 

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上一节课,我们学习了含绝对值的不等式的一个重要性质,并认识到证明不等式的方法的多样性与灵活性,这一节,我们将综合运用绝对值的性质、不等式的性质、算术平均数与几何平均数的定理证明不等式

定理:

注意:1° 左边可以“加强”同样成立,即

2° 这个不等式俗称“三角不等式”-三角形中两边之和大于第三边,两边之差小于第三边

a,b同号时右边取“=”,a,b异号时左边取“=”

推论1:

推论2:

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5. 求数列1,(1+a),(1+a+a2),……,(1+a+a2+……+an-1),……

n项和

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4. 求和:1×4 + 2×5 + 3×6 + ……+ n×(n + 1)

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3. 求和:  (5050)

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同步练习册答案