2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第21-23题解析版

这是一份2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题第21-23题解析版，共46页。试卷主要包含了已知函数，已知函数.，已知函数，其中.，已知函数，其中为常数.等内容，欢迎下载使用。
 2022年全国高考乙卷数学（理）试题变式题21-23题
原题21
1．已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
变式题1基础
2．已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R．
(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程；
(2)讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．
变式题2基础
3．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论在区间上的零点个数.
变式题3基础
4．已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.
变式题4巩固
5．已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
变式题5巩固
6．已知函数，其中.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在内只有一个零点，求的取值范围.
变式题6巩固
7．已知函数.
（1）若，求曲线的斜率等于3的切线方程；
（2）若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围.
变式题7巩固
8．已知函数，其中为常数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在区间上只有一个零点，求的取值范围.
变式题8提升
9．已知函数（）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若恰有两个零点，求实数的取值范围．
变式题9提升
10．已知函数．
(1)求曲线在点，处的切线方程；
(2)当时，求的单调区间；
(3)当时，在区间有一个零点，求的取值范围．
变式题10提升
11．已知函数，.
(1)求在点处的切线方程；
(2)求证：当时，有且仅有个零点.
原题22
12．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
(1)写出l的直角坐标方程；
(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．
变式题1基础
13．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若曲线与曲线有且仅有三个不同的交点，求实数a的值.
变式题2基础
14．已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；
（2）判断曲线与曲线公共点的个数，并说明理由.
变式题3基础
15．已知曲线的参数方程为 (t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）把的极坐标方程化为直角坐标方程;
（2）判断与交点的个数.
变式题4巩固
16．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）．
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）若曲线与有两个不同的交点，求实数的取值范围．
变式题5巩固
17．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为，(参数)，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（2）若，当曲线与曲线有两个公共点时，求的取值范围.
变式题6巩固
18．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）判断曲线和曲线的位置关系．
变式题7提升
19．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）判断与公共点的个数，并说明理由．
变式题8提升
20．已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，m为常数）以直角坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；
(2)若曲线C与直线l有公共点，求m的取值范围．
变式题9提升
21．已知直线（t是参数，），曲线（t是参数）.
(1)若l与E有公共点，求直线l的斜率的取值范围；
(2)若l与E有两个公共点，求直线l的斜率的取值范围.
原题23
22．已知a，b，c都是正数，且，证明：
(1)；
(2)；
变式题1基础
23．设，，，且，求证：
（1）；
（2）．

变式题2基础
24．（1）已知，且，证明：；
（2）已知，且，证明：.
变式题3基础
25．选修4-5 不等式选讲
已知均为正实数.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，求.
变式题4巩固
26．若为正实数，且满足.
（1）求的最大值；
（2）证明:.
变式题5巩固
27．若a，b，c∈R＋，且满足a＋b＋c＝2.
（1）求abc的最大值；
（2）证明：.
变式题6巩固
28．已知正数，，满足.
(1)证明：；
(2)证明：.
变式题7巩固
29．已知正数，，满足．
(1)求的最大值；
(2)证明：．
变式题8提升
30．已知，，是正数，且满足，求证：
（1）；
（2）.
变式题9提升
31．已知，且满足.
（1）证明：；
（2）证明：.
变式题10提升
32．已知正数a，b，c满足．
(1)求证：；
(2)求证：．

参考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
（1）
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）


设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增

所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设

所以在单调递增

所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为

【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.

2．(1)
(2)当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.

【分析】(1)利用导数的几何意义求出斜率，根据切点的横坐标及函数解析式求出切点，从而得切线方程;
(2)利用放缩再结合单调性及，通过分类讨论可求解.
（1）
当时，，，
则曲线在处切线的斜率为，
又，故切点为，因此切线方程为.
（2）
首先证明：当时，.
证明：设，，则，单调递增，
于是，即原不等式得证.
，，
当时，，
故在上单调递增.
若，则当时，，单调递增，
又，故此时有且仅有1个零点.
若，则，
又
，
所以在上存在唯一的零点，，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又
，
且，，因此在上有2个零点.
综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
【关键点点睛】解决本题第（1）问的关键是求出切线的斜率及切点，解决第（2）问的关键是放缩及单调性的讨论.
3．(1)
(2)见解析

【分析】（1）当时，先求的导函数 ，所以切线的斜率 ，然后再根据直线的点斜式方程写出答案即可
（2）先求出 ，通过分类讨论与0的大小关系得出参数的取值范围对应的函数在区间上零点的个数
（1）
当时，
，即切点的坐标为

切线的斜率
切线的方程为：
即
（2）


令 ，解得 ，在上递增
同理可得，在上递增上递减

讨论函数零点情况如下：
（Ⅰ）当，即时，函数无零点，在上无零点
（Ⅱ） 当，即时，函数在上有唯一零点，而，在上有一个零点
（Ⅲ）当，即时，由于，

当时，即时， ，
由函数的单调性可知，函数在上有唯一零点，在上有唯一零点，在有两个零点
当，即时，，而且 ，
由函数单调性可知，函数在上有唯一零点，在上没有零点，从而在有一个零点
综上所述，当时，函数在有无零点
当或时，函数在有一个零点
当时，函数在有两个零点
【点睛】本题考查了函数的单调性和函数的零点问题，考查了分类讨论思想，转化思想，是一道难题
4．(1)
(2)在区间上有且仅有一个零点，理由见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可.
（1）
，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
（2）
设，则，
①当时，，所以单调递减；
且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，
所以在上没有零点.  

②当时，
单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时.
所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
5．(1) x+y-1=0.
(2) .
【分析】(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】（1）因为，所以.
     所以
     又
     所以曲线在点处的切线方程为
     即.（5分）
（2）由题意得，，
     所以.
     由，解得，
     故当时，，在上单调递减；
     当时，，在上单调递增.
     所以.
     又，，
若函数恰有两个零点，
     则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
6．（1）；（2）.
【分析】（1）将代入，求出函数解析式，可得的值，利用导数求出的值，可得在点处的切线方程；
（2）求出函数的导函数，结合a的讨论，分别判断函数零点的个数，综合讨论结果，可得答案.
【详解】解：（1）,
，
则，
故所求切线方程为；
（2），
当时，对恒成立 ，
则在上单调递增，从而，则，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则 ，
当时， 对恒成立，则在上单调递减，在（1，2）内没有零点 ，
综上，a的取值范围为（0，1）.
【点睛】本题主要考查了函数的零点，导函数的综合运用及分段函数的运用，难度中等.
7．（1）；（2）．
【解析】（1）求出导函数，令求得切点坐标后可得切线方程；
（2）求导函数，确定在定义域内只有一个极值点，因此这个极值点必在区间上，然后得函数在上的极小值，由极小值小于0，区间两个端点处函数值大于或等于0可得结论．
【详解】由已知函数定义域是，
（1），，
由解得（舍去），
又，所以切线方程为，即；
（2），
易知只有一个极值点，要使得有两个零点，则，即，
此时在上，递减，在上，递增，
在时取得极小值，
所以解得．
综上的范围是．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点问题．函数在某个区间上的零点，解题时先从大处入手，由导数确定函数的极值点，利用单调区间上的零点最多只有一个，因此函数的极值点必在给定区间内，从而缩小参数的范围，在此范围内计算的单调性与极值，结合零点存在定理可得结论．
8．（1）；（2）.
【解析】（1）利用导数几何意义求得结果；
（2）利用导数判断函数在区间上单调性，再根据零点存在定理可得结果.
【详解】（1）当时，，
对函数求导可得，
所以，
又，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由（1）知，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
故函数在区间上单调递增.
因为函数在区间上只有一个零点，
结合零点存在定理可得，
解得，即的取值范围是.
【点晴】思路点睛：函数在闭区间有零点问题，结合函数单调性，根据闭区间上最值研究原函数零点的存在性.
9．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）．
【解析】（1）求在处的导数和函数值，代入直线方程即可求出切线方程；
（2）求的导函数，分，，，分类讨论求和的解集，从而求出函数的单调区间；
（3）由第（2）问的结果，分别讨论函数的情况，求出的取值范围.
【详解】解：（1）当时，，，所以，．
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）因为，定义域为，
所以．
①当时，与在上的变化情况如下：










最大值


所以在内单调递增，在内单调递减．
②当时，与在上的变化情况如下：














极大值

极小值


所以在，内单调递增，在内单调递减．
③当时，，所以在上单调递增．
④当时，与在上的变化情况如下：














极大值

极小值


所以在，内单调递增，在内单调递减．
（3）由（2）可知：
①当时，在内单调递增，在内单调递减，
当时，取得最大值．
（i）当时，，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
（ii）当时，．
因为，，在内单调递减，
所以在内有唯一零点．
因为，
所以且．
因为，，
且在内单调递增，所以在内有唯一零点．
所以当时，恰有两个零点．
②当时，在，内单调递增，在内单调递减，
因为当时，取得极大值，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
③当时，在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
④当时，在，内单调递增，在内单调递减．
因为当时，取得极大值，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
10．(1)
(2)单调递增区间为，，单调递减区间为，，，．
(3)

【分析】（1）求出函数在处的导数值，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（2）求出函数导数并判断正负即可得出单调区间；
（3）转化为，构造函数，利用导数判断函数单调性即可求出.
（1）
，所以，
又，
所以在，处的切线方程：，即．
（2）
当时，，
，
所以在，上，，单调递增，
在，，，上，，单调递减，
所以单调递增区间为，，单调递减区间为，，，．
（3）
当时，令，得，
所以，
令，，，


当，时，，，即，
所以在，上单调递增，
又，，
若在区间有一个零点，则，
故的取值范围，．
11．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出切点坐标和切线斜率，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）利用导数分析函数在区间、上的单调性，结合零点存在定理可知函数在上有唯一的零点，在上无零点，利用放缩法分析可知函数在上无零点，即可证得结论成立.
（1）
解：由知，则，，
所以，，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）
证明：记，则，
当时，，在上单调递增，
，，则，使得；
当时，，在上单调递减，
，，则，使得，
当时，；当时，.
故在上递增，在上递减，
，，故当时，；
当时，.
综上，有且仅有个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
12．(1)
(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.
（1）
因为l：，所以，
又因为，所以化简为，
整理得l的直角坐标方程：
（2）
[方法一]：【最优解】参数方程
联立l与C的方程，即将，代入中，
可得，
化简为，
要使l与C有公共点，则有解，
令，则，令，，
对称轴为，开口向上，
，
，
，即m的取值范围为.
[方法二]：直角坐标方程
由曲线的参数方程为，为参数，消去参数，可得，
联立，得，即，即有，即，的取值范围是．
【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；
方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质上差不多，但容易忽视的范围限制而出错．

13．（1）曲线的普通方程为：，曲线的直角坐标方程为：；（2）.
【分析】（1）利用代入法求出曲线的普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程互化公式求出曲线的直角坐标方程；
（2）根据曲线的性质，结合直线与圆的位置关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）由，所以曲线的普通方程为：，
由，
因此有，
所以曲线的直角坐标方程为：，
（2）因为，因此曲线是一条折线，
曲线，是以为圆心，为半径的圆，
因为曲线与曲线有且仅有三个不同的交点，
所以有以下两种情况：
第一种情况：
与圆相交，与圆相切，与圆相切，
所以有，圆的半径为
此时到的距离为：，所以与圆相离，故不符合题意；
第二种情况：
与圆相切，与圆相交，与圆相切，
所以有，圆的半径为
此时到的距离为：，所以与圆相交，故符合题意，
故.
14．（1）曲线：；曲线：；（2）2，理由见解析；
【分析】（1）根据消去参数，得到曲线的普通方程；根据，将极坐标方程转化为直角方程.
（2）求得圆心到直线的距离，与圆的半径比较，来判断直线与圆的关系，从而判断交点个数.
【详解】（1）根据消去参数，
得到曲线的普通方程为：；
根据，将极坐标方程转化为直角方程，
则曲线的方程为：；
（2）曲线的圆心到直线的距离为，
则曲线与直线相交，故有2个公共点.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据圆与圆的位置关系进行判断即可
【详解】（1）；
（2），所以圆的圆心为，半径，
，所以圆的圆心为，半径，
，因为，所以有，
即两个圆相交，所以与交点的个数为.
16．（1）（2）
【分析】（1）将曲线的极坐标方程化为，结合求解即可；
（2）将曲线的参数方程消掉参数得出，将其代入圆的方程结合得出实数的取值范围．
【详解】（1）曲线的极坐标方程可化为
，即
（2）曲线的参数方程为，消掉参数化为
将其代入曲线的直角坐标方程得出
曲线与有两个不同的交点
，即，解得
实数的取值范围是
【点睛】关键点睛：在解决问题一时，关键是利用实现极坐标和直角坐标方程的互化.
17．（1）曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）
【分析】（1）消去参数可求曲线的普通方程，将化简代入可得；
（2）可得曲线为半圆，画出图象，数形结合即可求解.
【详解】（1）由，得，
两式平方相加得：；
所以曲线的普通方程为
由，得 ，
，即；
所以曲线的直角坐标方程为；
（2）若，则，
故，
此时曲线的方程为（，），
其图像为半圆弧，如下图所示：

当曲线：经过点和时，；
当曲线：与曲线相切时，
有，是，由图可知，
故当曲线与曲线有两个公共点时，的取值范围为，
综上，的取值范围为.
18．（1），；（2）相交.
【分析】由曲线的参数方程可得：（为参数），由此可得曲线的普通方程．由极坐标与直角坐标的互化公式：，可得曲线的直角坐标方程；
根据两圆的圆心距和其半径间的关系可得答案.
【详解】解：由曲线的参数方程可得：（为参数），所以，所以曲线的普通方程为．
曲线的极坐标方程为，由极坐标与直角坐标的互化公式：，
可得：，
∴曲线的直角坐标方程为；
由（）知：曲线是以为圆心，半径的圆，曲线是以为圆心，半径的圆．
∵，．
∴与相交．
19．（1），；（2）有且只有1个公共点，理由见解析.
【分析】（1）把曲线的参数方程平方相加化简即得的普通方程，利用极坐标的公式求出的直角坐标方程；
（2）联立与，求出即得解.
【详解】解：
（1）曲线的参数方程为（是参数），
，的普通方程是.
曲线的极坐标方程为，
，由，得
的直角坐标方程为.
（2）与有且只有1个公共点，
由（1）联立与，得，，
整理得，，
  
与有且只有1个公共点.
20．(1)，
(2)

【分析】（1）由极坐标与直角坐标的转化公式可求得曲线C的直角坐标方程，直接消去参数，可得直线l的普通方程，
（2）由（1）知曲线C是以点（1，1）为圆心，2为半径的圆，所以只要求出圆心到直线的距离小于等于半径，从而可求出m的取值范围
（1）
由曲线C的极坐标方程得，，
即曲线C的直角坐标方程为．
由（t为参数，m为常数）得，，
即直线l的普通方程为．
（2）
由（1）知曲线C是以点（1，1）为圆心，2为半径的圆，圆C与直线l有公共点，
即圆心（1，1）到直线l的距离，
即，故，
则m的取值范围是．
21．(1)
(2)

【分析】（1）由参数方程得出直线和曲线的普通方程，结合图象得出直线l的斜率的取值范围；
（2）根据（1）中图象得出直线l的斜率的取值范围.
（1）
直线（t为参数，θ∈R）经过点(1+,−1)，
因为曲线中，−1≥0，所以t≤−1或t≥1，故x=∈[−1,0)∪(0,1]
由曲线（t为参数）
得出，则曲线E表示圆的一部分（如图所示）
设直线的方程l:y+1=k(x−1−).
当l与圆相切时，圆心O(0,0)到l的距离d=1，
解得k=−1或k=0.

又，
如图所示，当l与E有公共点时，应有k∈；
（2）
由图可知，若l与E有两个公共点时，应有，即.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
（1）
证明：因为，，，则，，，
所以，
即，所以，当且仅当，即时取等号．
（2）
证明：因为，，，
所以，，，
所以，，

当且仅当时取等号．

23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）运用分析法证明．要证，结合条件，两边平方，可得，运用重要不等式，累加即可得证．
（2）问题转化为证明，根据基本不等式的性质证明即可．
【详解】证明：（1）运用分析法证明．
要证，
即证，
由，，均为正实数，且，
即有，
即为，①
由，，，
相加可得，
则①成立．
综上可得，原不等式成立．
（2），
而由（1），
，
故只需，
即，
即：，
而，，，
成立，
（当且仅当时）．
【点睛】本题考查了基本不等式的证明，考查转化思想，属于中档题．
24．（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）结合代人所证不等式的左边中的分子,通过变形转化，利用基本不等式加以证明即可
（2）结合不等式右边关系式的等价变形，通过基本不等式来证明即可
【详解】证明：（1）

，
当时等号成立.
（2）因为，
又因为，所以，，，
.
当时等号成立，即原式不等式成立.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查推理论证能力，化归与转化思想
25．(1)见解析.(2)见解析.
【分析】（Ⅰ）先将展开，再用基本不等式即可得出结论；
（II）先由题意，计算，再由基本不等式，即可得出结果.
【详解】解：（Ⅰ）
；            
（II）

而，所以.
【点睛】本题主要考查不等式的证明，常用综合法处理，熟记基本不等式即可，属于常考题型.
26．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据三元基本不等式得到，由此求解出的最大值；
（2）根据柯西不等式得到，结合条件可完成证明.
【详解】（1）因为为正实数，
所以
即
当且仅当时等号成立，
所以的最大值为；
（2）由柯西不等式:
即
当且仅当，
即时取等号.
【点睛】结论点睛：基本不等式和柯西不等式的推广形式如下：
（1）若为个正数，则，当且仅当时取等号；
（2）设为实数，则，
其中等号成立（当某时，认为，）.
27．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）直接利用三个数的基本不等式求最值即可；
（2）将a＋b＋c＝2代入，利用柯西不等式证明即可.
【详解】(1)因为a，b，c∈R＋，
所以2＝a＋b＋c≥，两边同时取三次幂得，故.
当且仅当a＝b＝c＝时等号成立，所以abc的最大值为；
(2)证明：因为a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝2，所以根据柯西不等式，
可得＝ (a＋b＋c)
＝
，当且仅当时等号成立.
所以.
【点睛】本题的解题关键是利用已知条件拼凑＝ (a＋b＋c) ，观察使用柯西不等式求最值，突破难点即可.
28．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）对所证式子进行变形，利用进行等量代换，再根据基本不等式进行证明；（2）根据基本不等式，分别表示出，，，即可得证.
（1）
因为正数，，满足，
所以


，当且仅当时等号成立，故.
（2）
因为，，都是正数，所以，，，
所以，当且仅当时等号成立，所以.
29．(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）由三个正数的基本不等式进行求解；（2）凑项后利用基本不等式进行证明.
（1）
由，当且仅当时，取得等号．
又，所以．
故当且仅当时，取得最大值1．
（2）
证明：要证，需证．
因为
，
即，当且仅当时取得等号．故．
30．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）根据基本不等式，求得，，，三式相加，即可求解.
【详解】（1）由题意，正数满足，
平方可得，
因为，三式相加可得，
当且仅当时“”成立
所以，
可得，即，
又由，即
综上可知：，
当且仅当时，等号成立.
（2）因为，，所以，当且仅当时“”成立，
同理可得：，当且仅当时“”成立，
，当且仅当时“”成立，
三式相加可得：
即，
所以得证，当且仅当时取等号.
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”：
（1）“一正”：就是各项必须为正数；
（2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
31．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由已知转化利用基本不等式可求解；
（2）利用基本不等式可证明.
【详解】（1）因为，所以，
则

，
当且仅当，即时等号成立，
所以；
（2），
，
所以，
所以，
即，当且仅当等号成立.
32．(1)证明详见解析；
(2)证明详见解析.

【分析】（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解；
（2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解.
（1）
证明：∵，
当且仅当a=b=c时，等号成立，
设，∴，
即，解得，
∵a，b，c为正数，∴，
∴.
（2）
∵
由（1）可得，∴
∴，
∵，当且仅当时，等号成立.
∴，当且仅当时，等号成立.