热门试卷

（1）（2）当时，当时，当时

试题分析：⑴ ，导数的的取值范围为，所以，点处取得极小值－4 ，联立方程求解得，所以

⑵，对称轴为

当时，最大值为，

当时，最大值为，

当时，最大值为

点评：利用函数在极值点处导数为0来确定极值点的位置，第二问中函数含有参数，求最值需按对称轴的位置分情况讨论函数取得的最值

(1)  (2)

试题分析：

(1)根据新定义可得在区间上单调递增,即导函数在区间上恒成立,则有,再利用分离参数法即可求的a的取值范围.

(2)对求导数,求单调区间,可以得到函数有最小值,又根据函数 只有一个零点,从而得到,解出的值为1,再根据的“一阶比增区间”的定义,则的单调增区间即为的“一阶比增区间”.

(3)根据是上的“一阶比增函数”的定义,可得到函数在区间上单调递增,则由函数单调递增的定义可得到,同理有,两不等式化解相加整理即可得到.

试题解析：

(1)由题得, 在区间上为增函数,则在区间上恒成立,即,综上a的取值范围为.

(2)由题得,(),则,当时,因为,所以, .因为,所以函数 在区间上单调递减,在区间上单调递增,即 .又因为有唯一的零点,所以(使解得带入验证),故 的单调增区间为.即的“一阶比增区间”为.

(3)由题得,因为函数 为上的“一阶比增函数”,所以在区间上的增函数,又因为,所以

……1,同理, ……2,则1+2得

,所以，.

（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.

试题分析：(Ⅰ) 利用导数分析单调性，把恒成立问题转化为最值；(Ⅱ)利用导数分析函数的单调性可求；（Ⅲ）

利用放缩法和数列求和可证.

试题解析：(Ⅰ)由已知，得f(x)＝－1＋＋aln(x－1)，

求导数，得f ′(x)＝－＋．

∵f(x)在[2，＋∞)上是增函数，

∴f ′(x)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≥在[2，＋∞)上恒成立，

∴a≥()max．

∵x≥2，∴0＜≤1，∴a≥1．

故实数a的取值范围为[1，＋∞)．                  4分

（Ⅱ）当a＝2时，由（Ⅰ）知，f(x)在[2，＋∞)上是增函数，

∴当x＞2时，f(x)＞f(2)，即－1＋＋2ln(x－1)＞0，

∴2ln(x－1)＞1－．

令g(x)＝2x－4－2ln(x－1)，则g′(x)＝2－＝．

∵x＞2，∴g′(x)＞0，

∴g(x)在(2，＋∞)上是增函数，

∴g(x)＞g(2)＝0，即2x－4－2ln(x－1)＞0，

∴2x－4＞2ln(x－1)．

综上可得，1－＜2ln(x－1)＜2x－4（x＞2）．            9分

（Ⅲ）由（Ⅱ），得1－＜2ln(x－1)＜2x－4（x＞2），

令x－1＝，则＜2ln＜2·，k＝1，2， ，n－1．

将上述n－1个不等式依次相加，得

＋＋ …＋＜2(ln＋ln＋…＋ln)＜2(1＋＋…＋)，

∴＋＋…＋＜2lnn＜2(1＋＋…＋)，

∴＋＋…＋＜lnn＜1＋＋…＋（n∈N*，且n≥2）．      14分

解:(1)∵f(x)在(0，＋∞)上递增，

∴f ′(x)＝＋2x－b≥0，对x∈(0，＋∞)恒成立，

即b≤＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立，

∴只需b≤min　(x>0)，

∵x>0，∴＋2x≥2，当且仅当x＝时取“＝”，

∴b≤2，

∴b的取值范围为(－∞，2]．

(2)当b＝－1时，g(x)＝f(x)－2x2＝lnx－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，

∴g′(x)＝－2x＋1

＝－＝－，

令g′(x)＝0，即－＝0，

∵x>0，∴x＝1，

当00；当x>1时，g′(x)<0，

∴函数g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，

∴当x≠1时，g(x)

∴函数g(x)只有一个零点．

略