热门试卷

（1）∵f（x）=ln（x+1）-，∴f′（x）=（a＞0）．

∵函数f（x）在[0，+∞）内为增函数，∴f′（x）≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，

∴a（x+1）-1≥0对任意x∈[0，+∞）恒成立，即a≥对任意x∈[0，+∞）恒成立．

而当x∈[0，+∞）时，（）max=1，∴a≥1．

（2）当a=1时，f′（x）=．∴当x∈[-，0）时，f′（x）＜0，f（x）在[-，0）上单调递减，

当x∈（0，1]时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，∴f（x）在[-，1]上有唯一极小值点，

故f（x）min=f（0）=0．又f（-）=1+ln=1-ln2，f（1）=-+ln2，

f（-）-f（1）=-2ln2==∵e3＞16，

∴f（-）-f（1）＞0，即f（-）＞f（1）．∴f（x）在[-，1]上的最大值为f（-）=1-ln2．

综上，函数f（x）在[-，1]上的最大值是1-ln2，最小值是 0．

（3）法一：用数学归纳法．

①当n=2时，要证＜ln2，只要证ln4＞1，显然成立．

②假设当n=k时，不等式+++…+＜lnk（k＞1，k∈N*）成立．

则当n=k+1时，+++…++＜lnk+．要证lnk+＜ln（k+1）成立，

只要证＜ln，即＜ln（1+）． 令=x＞0，则上式化为＜ln（1+x）（x＞0）．

只要证：ln（1+x）-＞0（*）．

由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-在[0，+∞）内是增函数，

故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥x∈[0，+∞）成立，而（*）中x=（k＞1，k∈N*），x＞0，

∴ln（1+x）-＞0　即（*）式成立．∴当n=k+1时，不等式成立．

由①②知对任意n＞1的正整数不等式都成立．

法二：由（1）知，当a=1时，f（x）=ln（1+x）-在[0，+∞）上是增函数，

故有f（x）≥f（0），即ln（1+x）≥，x∈[0，+∞）成立．

令x=（n∈N*），则x＞0，∴有ln（1+x）＞，即ln＞．

由此得ln＞，ln＞，ln＞，…，ln＞，

则ln+ln+ln+…+ln＞+++…+，即得lnn＞+++…+．

故对大于1的任意正整数n．都有+++…+＜lnn．

（Ⅰ）求导函数可得f′（x）=（-sinx+cosx）e-x=cos（x+）e-x．

令f′（x）=0，解得：x=kπ+，k∈Z．

因为当x∈（2kπ-π，2kπ+）（k∈Z）时，f′（x）＞0；当x∈（2kπ+，2kπ+）（k∈Z）时，f′（x）＜0，

所以f（x）的单调递增区间是（2kπ-π，2kπ+）（k∈Z），单调递减区间是（2kπ+，2kπ+）（k∈Z）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在[-π，-）上单调递减，在（-，）上单调递增，在（，π]上单调递减．

f（-π）=0，f（）=e-π4＞0，f（π）=0，f（-）=-e3π4＜0

所以f（x）在[-π，π]上的最大值为e-π4，最小值为-e3π4．

所以f（x）在[-π，+∞）上，x=2kπ+（k∈Z）时，取得最大值e-π4；当x=2kπ-π（k∈Z）时，取得最小值-e3π4．

（1）f′（x）==，-----------------（2分）

令h（x）=（x-1）ex+1，则h′（x）=ex+ex（x-1）=xex，

当x＞0时，h′（x）=xex＞0，∴h（x）是上的增函数，

∴h（x）＞h（0）=0

故f′（x）=＞0，即函数f（x）是（0，+∞）上的增函数．-----------------（6分）

（2）|f（x）-1|=||，

当x＞0时，令g（x）=ex-x-1，则g′（x）=ex-1＞0-----------------（8分）

故g（x）＞g（0）=0，∴|f（x）-1|=，

原不等式化为＜a，即ex-（1+a）x-1＜0，-----------------（10分）

令∅（x）=ex-（1+a）x-1，则∅′（x）=ex-（1+a），

由∅（x）=0得：ex=1+a，解得x=ln（1+a），

当0＜x＜ln（1+a）时，∅′（x）＜0；当x＞ln（1+a）时，∅′（x）＞0．

故当x=ln（1+a）时，∅（x）取最小值∅[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a），-----------------（12分）

令s（a）=-ln（1+a），a＞0则s′（a）=-=-＜0．

故s（a）＜a（0）=0，即∅[ln（1+a）]=a-（1+a）ln（1+a）＜0．

因此，存在正数x=ln（1+a），使原不等式成立．----------------（14分）

（1）∵f（x）=x3-2ax2-3x，

∴f′（x）=2x2-4ax-3，

则过点P（1，m）的切线斜率为k=f′（1）=-1-4a，

又∵切线方程为3x-y+b=0，

∴-1-4a=3，即a=-1

∴f（x）=x3+2x2-3x，

又∵P（1，m）在f（x）的图象上，

∴m=-；

（2）∵函数f（x）在（1，2）内是增函数，

∴f′（x）=2x2-4ax-3≥0对一切x∈（1，2）恒成立，

即4ax≤2x2-3，

∴a≤-，

∵y=-在（1，2）内是增函数，

∴-∈（-，），

∴a≤-．

法一  f'（x）=ax2+（b-1）x+1．

因为f（x）当x=x1时取得极大值，当x=x2时取得极小值．

所以f'（x）=ax2+（b-1）x+1=0的两根为x1，x2，且x1＜x2．

（Ⅰ）由题知，f'（x）=0的两个根x1，x2满足x1＜2＜x2＜4，a＞0

当且仅当

所以16a+4b＞3＞3（4a+2b），得-＞-1．

因为函数g（x）=ax2+bx+1在区间（-∞，-）上是单调减函数，

所以函数g（x）=ax2+bx+1在区间（-∞，-1]上是单调减函数；

（Ⅱ）因为方程ax2+（b-1）x+1=0的两个根x1，x2（x1＜x2），且x1•x2=＞0，所以x1，x2同号．

又|x1-x2|==4，所以（b-1）2=16a2+4a．③

若-2＜x1＜0，则-2＜x1＜x2＜0，则|x1-x2|＜2，与|x1-x2|=4矛盾，

所以0＜x1＜2，则所以4a+1＜2（1-b），

结合③得（4a+1）2＜4（1-b）2=4（16a2+4a），解得a＞或-a＜．结合a＞0，得a＞．

所以2（1-b）＞4a+1＞，得b＜．

所以实数b的取值范围是（-∞，）．

法二  f'（x）=ax2+（b-1）x+1．

（Ⅰ）由题知，f'（x）=0的两个根x1，x2满足x1＜2＜x2＜4，

当且仅当

由①得，-b＞2a-．

因为a＞0，所以-＞1-．③

由结合③，得-＞-1．

因为函数g（x）=ax2+bx+1在区间（-∞，-）上是单调减函数，

所以函数g（x）=ax2+bx+1在区间（-∞，-1）上是单调减函数；

（Ⅱ）因为x1•x2=＞0，所以x1，x2同号．

由|x1|＜2，得-2＜x1＜2．

若-2＜x1＜0，则-2＜x1＜x2＜0，则|x1-x2|＜2，与|x1-x2|=4矛盾，

所以0＜x1＜2，则x2＞4．

所以得b＜．

又因为|x1-x2|==4，所以（b-1）2=16a2+4a．

根据④⑤得得结合b＜，得b＜；

所以实数b的取值范围是（-∞，）．

（Ⅰ）a=0时，f（x）=x2（x+b）ex，∴f'（x）=[x2（x+b）]′ex+x2（x+b）（ex）′=exx[x2+（b+3）x+2b]，

令g（x）=x2+（b+3）x+2b，∵△=（b+3）2-8b=（b-1）2+8＞0，∴设x1＜x2是g（x）=0的两个根，

（1）当x1=0或x2=0时，则x=0不是极值点，不合题意；

（2）当x1≠0且x2≠0时，由于x=0是f（x）的极大值点，故x1＜0＜x2．∴g（0）＜0，即2b＜0，∴b＜0．

（Ⅱ）f'（x）=ex（x-a）[x2+（3-a+b）x+2b-ab-a]，

令g（x）=x2+（3-a+b）x+2b-ab-a，则△=（3-a+b）2-4（2b-ab-a）=（a+b-1）2+8＞0，

于是，假设x1，x2是g（x）=0的两个实根，且x1＜x2．

由（Ⅰ）可知，必有x1＜a＜x2，且x1、a、x2是f（x）的三个极值点，

则x1=，x2=

假设存在b及x4满足题意，

（1）当x1，a，x2等差时，即x2-a=a-x1时，

则x4=2x2-a或x4=2x1-a，

于是2a=x1+x2=a-b-3，即b=-a-3．

此时x4=2x2-a=a-b-3+-a=a+2

或x4=2x1-a=a-b-3--a=a-2

（2）当x2-a≠a-x1时，则x2-a=2（a-x1）或（a-x1）=2（x2-a）

①若x2-a=2（a-x1），则x4=，

于是3a=2x1+x2=，

即=-3(a+b+3)．

两边平方得（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0，∵a+b+3＜0，于是a+b-1=，

此时b=-a-，

此时x4===-b-3=a+．

②若（a-x1）=2（x2-a），则x4=，

于是3a=2x2+x1=，

即=3(a+b+3)．

两边平方得（a+b-1）2+9（a+b-1）+17=0，∵a+b+3＞0，于是a+b-1=，

此时b=-a-

此时x4===-b-3=a+

综上所述，存在b满足题意，

当b=-a-3时，x4=a±2，

b=-a-时，x4=a+，

b=-a-时，x4=a+．

（1）由题意知x＞0，则f′（x）=-＜0，

故f（x）在区间（0，+∞）上是减函数；

（2）证明：当x＞0时，f（x）＞恒成立，即证明（x+1）ln（x+1）+1-2x＞0在（0，+∞）上恒成立，

令g（x）=（x+1）ln（x+1）+1-2x（x＞0），

则g′（x）=ln（x+1）-1，

当x＜e-1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞e-1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

所以x=e-1时，g（x）取得最小值，且最小值g（e-1）=3-e＞0，

所以当x＞0时，（x+1）ln（x+1）+1-2x＞0在（0，+∞）上恒成立，

故当x＞0时，f（x）＞恒成立；

（3）证明：由（2）知：＞（x＞0），

∴ln（x+1）＞-1=2-＞2-，

令x=n（n+1），则ln[1+n（n+1）]＞2-=2-3（），

又ln[（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•（1+n（n+1））]=ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+n×（n+1））＞2n-3[（1-）+（-）+…+（-）]=2n-3（1-）=2n-3+＞2n-3

所以（1+1•2）•（1+2•3）•（1+3•4）•…•[1+n（n+1）]＞e2n-3．

（Ⅰ）f′(x)=，a＞0，

因为函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，所以f′(x)=≥0对x∈[1，+∞）恒成立，

即：ax-1≥0对x∈[1，+∞）恒成立，亦即a≥对x∈[1，+∞）恒成立，

a≥()max=1，即a≥1．

故正实数a的取值范围是[1，+∞）．

（Ⅱ）证明：一方面，由（1）知，f(x)=+lnx在[1，+∞）上是增函数，

所以f()＞f(1)=0，即+ln＞0，即ln＞．

另一方面，设函数g（x）=x-lnx（x＞1），g′（x）=1-=＞0（x＞1），

所以g（x）在（1，+∞）上是增函数，

又g（1）=1＞0，当x＞1时，g（x）＞g（1）＞0，所以x＞lnx，则ln＜．

综上，＜ln＜．

由已知，得f′（x）=ex-a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，函数f（x）在R上单调递增．

当a＞0时，由f′（x）＞0，可得x＞lna，由f′（x）＜0，可得x＜lna，故函数f（x）在[lna，+∞）上单调递增，在（-∞，lna]上单调递减，

（2）函数g（x）的定义域为（0，+∞），g′（x）=-1当0＜x＜1，g′（x）＞0，当x＞1，g′（x）＜0，所以g（x）在x=1取得极大值g（1）=-1．

（3）由（2）知g（x）≤g（1）=-1．，即lnx-x≤-1，lnx≤x-1，（x＞0），∵n∈N+，n≥2，∴lnn2≤n2-1，得到≤=1-

++…+≤（1-）+（1-）+…（1-）=（n-1）-（++…+）＜（n-1）-[++…+]

=（n-1）-（-）+-+…+(-)]=（n-1）-(-)=

即++…+＜