1.A　解析:“至少有一個(gè)”的否定為“沒有”.

　　2.D　解析:因?yàn)閍2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0,故選D.

　　3.D　解析:a>0,b>0,c>0,

　　∴≥6,

　　當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí),等號成立,故三者不能都小于2,即至少有一個(gè)不小于2.

　　4.B　解析:q==p.

　　5.A　解析:由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)b2+c2　解析:由余弦定理cos A=<0,

　　則b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.

　　9.證明:要證≥a+-2,

　　只需要證+2≥a+.

　　又a>0,所以只需要證,

　　即a2++4+4≥a2+2++2+2,

　　從而只需要證2≥

　　,

　　只需要證4≥

　　2,

　　即a2+≥2,而上述不等式顯然成立,故原不等式成立.

　　10.(1)證明:設(shè)bn=,則b1==2.

　　因?yàn)閎n+1-bn=[(an+1-2an)+1]

　　=[(2n+1-1)+1]=1,

　　所以數(shù)列為首項(xiàng)是2,公差是1的等差數(shù)列.

　　(2)解:由(1)知,+(n-1)×1,

　　則an=(n+1)·2n+1.

　　因?yàn)镾n=(2·21+1)+(3·22+1)+…+(n·2n-1+1)+[(n+1)·2n+1],

　　所以Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n+n.

　　設(shè)Tn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①

　　2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②

　�、�-①,得

　　Tn=-2·21-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=n·2n+1,

　　所以Sn=n·2n+1+n=n·(2n+1+1).

　　11.B　解析:a=,

　　b=,

　　又,

　　,

　　即aa+b⇔()2·()>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.

　　13.證明:因?yàn)?b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,

　　所以+(a+b+c)≥

　　2(a+b+c),

　　即≥a+b+c.

　　所以≥1.

　　14.證明:要證,

　　即證=3,也就是=1,

　　只需證c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),

　　即證c2+a2=ac+b2.

　　又△ABC三內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,所以B=60°,

　　由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,即b2=c2+a2-ac,

　　故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.

　　15.解:(1)因?yàn)?ln x)'=,

　　所以f(x)=ln x,g(x)=ln x+,g'(x)=.

　　令g'(x)=0得x=1.

　　當(dāng)x(0,1)時(shí),g'(x)<0,故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,

　　當(dāng)x(1,+∞)時(shí),g'(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,

　　因此x=1是g(x)的唯一極值點(diǎn),且為極小值點(diǎn),從而是最小值點(diǎn),所以最小值為g(1)=1.

　　(2)滿足條件的x0不存在.理由如下:

　　假設(shè)存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<對任意x>0成立,

　　即對任意x>0,有l(wèi)n x0,使得|g(x)-g(x0)|<對任意x>0成立.