11.(1)設(shè)x≥1,y≥1,證明x+y+$\frac{1}{xy}$≤$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$+xy;
(2)設(shè)a,b,c都是正數(shù),求證:$\frac{1}{2a}$+$\frac{1}{2b}$+$\frac{1}{2c}$≥$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$.

分析 (1)利用作差法,即可比較,
(2)根據(jù)基本不等式可得$\frac{\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}}{2}$≥$\frac{1}{a+b}$,同理可得$\frac{\frac{1}{2a}+\frac{1}{2c}}{2}$≥$\frac{1}{a+c}$,$\frac{\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}}{2}$≥$\frac{1}{b+c}$,問(wèn)題得以證明

解答 證明:(1)x+y+$\frac{1}{xy}$-$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{y}$-xy=$\frac{{x}^{2}y+x{y}^{2}+1-y-x-{x}^{2}{y}^{2}}{xy}$=-$\frac{(x-1)(y-1)(xy-1)}{xy}$,
∵x≥1,y≥1,
∴x-1≥0,y-1≥0,xy≥1,則差式為負(fù),
故明x+y+$\frac{1}{xy}$≤$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$+xy;
(2)∵$\frac{2}{\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}}$≤$\frac{2a+2b}{2}$,
∴$\frac{\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}}{2}$≥$\frac{1}{a+b}$.
同理$\frac{\frac{1}{2a}+\frac{1}{2c}}{2}$≥$\frac{1}{a+c}$,$\frac{\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}}{2}$≥$\frac{1}{b+c}$,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立
∴$\frac{1}{2a}$+$\frac{1}{2b}$+$\frac{1}{2c}$≥$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了不等式的證明,作差和利用基本不等式時(shí)常用的方法,屬于中檔題.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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1.已知函數(shù)f(x)=$\sqrt{3}$sin2x+cos2x的圖象向右平移m(m>0)個(gè)單位,所得函數(shù)y=g(x)的圖象關(guān)于直線x=$\frac{π}{2}$對(duì)稱(chēng),當(dāng)m取最小值時(shí),f(x)-g(x)的最大值是( 。
A.2B.2$\sqrt{2}$C.3D.2$\sqrt{3}$

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19.原點(diǎn)O關(guān)于直線x+y=2對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P的坐標(biāo)(2,2).

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6.已知函數(shù)f(x)=ax2+(b-8)x-a-ab(a≠0),當(dāng)x∈(-3,2)時(shí)f(x)>0,當(dāng)x∈(-∞,-3)∪(2,+∞)時(shí)f(x)<0,若不等式ax2+bx+c≤0在[1,4]上恒成立,則c∈(  )
A.(-∞,-2]B.(-∞,-$\frac{25}{12}$]C.(-∞,50]D.(-∞,-1]

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16.設(shè)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,點(diǎn)A(0,2).若線段FA的中點(diǎn)B在拋物線上,則F到l的距離為$\sqrt{2}$,|FB|=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$.

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3.設(shè)(x-$\sqrt{2}$)n展開(kāi)式中,第二項(xiàng)與第四項(xiàng)的系數(shù)之比為1:2,則展開(kāi)式中第三項(xiàng)的二次項(xiàng)系數(shù)為6.

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20.十進(jìn)制數(shù)25轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制數(shù)為  (  )
A.11001(2)B.10101(2)C.10011(2)D.11100(2)

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1.若二次函數(shù)滿(mǎn)足f(x+1)-f(x)=2x+3,且f(0)=3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)設(shè)g(x)=f(x)-ax,求g(x)在[0,2]的最小值g(a)的表達(dá)式.

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