热门试卷

（1）由题意知f'（x）=3x2-2ax+3=0的一个根为x=3，从而f′（3）=0，解得a=5，所以f'（x）=3x2-10x+3=0的另一个根为x=，函数在（1，3）上为减函数，（3，5）上为增函数，从而可知当x=5时，f（x）在x∈[1，5]上的最大值

是15

（2）函数f（x）是R上的单调递增函数转化为3x2-2ax+3≥0在R内恒成立，

从而有f'（x）=3x2-10x+3=0的△≤0，解得a∈[-3，3]．

（1）由已知函数求导得f′(x)=

设g(x)=-ln(1+x)，则g′(x)=-=＜0

∴g（x）在（0，+∞）上递减，g（x）＜g（0）=0，∴f′（x）＜0，

因此f（x）在（0，+∞）上单调递减．

（2）由h（x）=xf（x）-x-ax3可得，h（x）=ln（1+x）-x-ax3

h′(x)=-1-3ax2=

若a≥0，任给x∈（0，+∞），-1＜0，-3ax2＜0，∴h′（x）＜0，

∴h（x）在（0，2）上单调递减，则f（x）在（0，2）无极值；

若a＜0，h（x）=x•f（x）-x-ax3在（0，2）上有极值的充要条件是

φ（x）=3ax2+3ax+1在（0，2）上有零点，

∴φ（0）•φ（2）＜0，解得a＜-综上所述，a的取值范围是（-∞，-）．

（I）∵f（x）=x3-x2-2x+c

∴f′（x）=3x2-x-2

∴方程f′（x）=3x2-x-2=0的两个根为-和1，

∵当-＜x＜1时，f′(x)＜0

当x＞1时，f′（x）＞0，

∴当x=1时，f（x）取得极小值．

 （II）由（I）知：f′（x）=3x2-x-2

∵当x∈[-1，-）时，f′（x）＞0，

当x∈(-，1)时，f′（x）＜0，

当x∈（1，2]时，f′（x）＞0，

∴当x∈[-1，-）时，f（x）是增函数．

当x∈(-，1)时，f（x）是减函数．

当x∈（1，2]时，f（x）是增函数．

所以当-≤x≤2时，f（x）的最大值只可能在x=-或者在x=2处取到．

又因为f（-）=+c，f（2）=2+c

所以f（2）＞f（-）

所以当-1≤x≤2时，f（x）的最大值为f（2）=2+c．

（III）当-1≤x≤2时，f（x）＜c2恒成立的充要条件是f（x）最大值＜c2

所以f（2）＜c2即c2＞2+c，解得c＜-1或c＞2．

所以c的取值范围是（-∞，-1）∪（2，+∞）．

（1）由已知得an+1+=(an+)++，

即4an+1+1=4an+1+2+1，（2分）

所以bn+12=bn2+2bn+1，即bn+1=bn+1，

又b1=1，所以数列{bn}为等差数列，

通项公式为bn=n（n∈N*）．

（2）令cn=Tn，

由Tn=，

得==×

==＜1

所以，数列{cn}为单调递减数列，（8分）

所以数列{cn}的最大项为c1=，

若不等式Tn＜log2(a+1)对一切n∈N*都成立，只需＜log2(a+1)，

解得a＞-1，

又a＞0，a≠1，

所以a的取值范围为(-1，1)∪(1，+∞)．（12分）

（3）问题可转化为比较nn+1与（n+1）n的大小．

设函数f(x)=，所以f′(x)=．

当0＜x＜e时，f'（x）＞0；

当x＞e时，f'（x）＜0．所以f（x）在（0，e）上为增函数；在（e，+∞）上为减函数．

当n=1，2时，显然有nn+1＜（n+1）n，

当n≥3时，f（n）＞f（n+1），即＞，

所以（n+1）lnn＞nln（n+1），即lnnn+1＞ln（n+1）n，

所以nn+1＞（n+1）n．

综上：当n=1，2时，nn+1＜（n+1）n，即bnbn+1＜bn+1bn；

当n≥3时，nn+1＞（n+1）n即bnbn+1＞bn+1bn．（16分）

（1）根据题意f（x）≥f（1）成立，得f（x）在定义域（-1，+∞）上的最小值是f（1），

∴函数在x=1处取得最小值，说明x=1是函数的极小值点，

因为f′（x）=2x+，所以f′（1）=0，得2+=0，可得b=-4

经检验b=-4符合题意；

（2）函数f（x）在定义域是单调函数，说明

f′（x）=2x+，在（-1，+∞）上的符号只有一种，即f′（x）≥0恒成立或f′（x）≤0恒成立，

①根据函数的特征可得在（-1，+∞）上f′（x）总有正值，f′（x）≤0不可能恒成立，

②f′（x）≥0恒成立，即≥0，变形为b≥-2x2-2x，

而t(x)=-2x 2-2x在(-1，+∞)上的最大值为t(-)=

故b≥

综合①②知，实数b取值范围是[，+∞)

（2）∵＜==＜=-，(n≥2)

∴+++…+＜(-)+(-)+…+(-)=-＜．

又∵n≥2，ln(n+1)≥ln3＞ln=．故不等式成立．

（1）∵f′(x)=+2(x-a)=，

∵x=1时，f（x）取得极值，f'（1）=0，3-2a=0，a=…（2分）

f′(x)=(x＞0)，f'（x）＞0⇔2x2-3x+1＞0（x＞0）x＞1或0＜x＜，

f（x）的单调增区间为(0，)、（1，+∞）…（4分）

（2））∵f′(x)=+2(x-a)=，令f'（x）=0

则2x2-2ax+1=0在（0，+∞）上有解，但没有等根．△=4a2-8=4（a2-2）

当-＜a＜时，△＜0，则2x2-2ax+1＞0恒成立，即f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）无极值．

当a=时，2x2-2x+1=0，方程的根x0=，x∈(0，)，x∈(，+∞)时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上无极值．

同理当a=-时，f（x）在（0，+∞）上无极值．

当a＜-或a＞时，△＞0，方程有二个解x1=，x2=，且x1+x2=a，x1•x2=

当a＜-时，x1+x2＜0，x1x2＞0，x1，x2均为负根

∴x∈（0，+∞）有f′（x）＞0，

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．∴f（x）无极值点．

当a＞时x1+x2＞0，x1•x2＞0，∴x1•x2∈（0，+∞）

∴f（x）在x1处有极大值，在x2处有极小值．

∴a的取值范围是(，+∞)…（8分）

∵f(x1)+f(x2)=lnx1+lnx2+(x1-a)2+(x2-a)2=lnx1x2+(x12+x22)-2a(x1+x2)+2a2=ln+(x12+x22)-2a•a+2a2≥ln+2x1x2=ln+1=ln

∵x1≠x2，∴f(x1)+f(x2)＞ln…（12分）

（1）若m=1，则f（x）=（x2+x+1）ex；

f′（x）=（2x+1）ex+（x2+x+1）ex=（x2+3x+2）ex；

当x＜-2或x＞-1时，f'（x）＞0；当-2＜x＜-1时，f'（x）＜0；

∴f（x）的递增区间为（-∞，-2），（-1，+∞）；递减区间为（-2，-1）

（2）f'（x）=（2x+m）ex+（x2+mx+m）ex=（x+2）（x+m）ex，

∵m＜2．∴-m＞-2

∴函数的单调递增区间为（-∞，-2），（-m，+∞），递减区间为（-2，-m）

则在x=-2时，f（x）取得极大值，

∴f（-2）=10e-2

∴（4-2m+m）e-2=10e-2

∴m=-6

（Ⅰ）f′（x）=-=，x＞0．

令f′（x）＞0，得x＞1，因此函数f（x）的单调递增区间是（1，+∞）．

令f′（x）＜0，得0＜x＜1，因此函数f（x）的单调递减区间是（0，1）．…（4分）

（Ⅱ）依题意，ma＜f（x）max．

由（Ⅰ）知，f（x）在[1，e]上是增函数，

∴f（x）max=f（e）=lne+-1=．

∴ma＜，即ma-＜0对于任意的a∈（-1，1）恒成立．

∴解得-≤m≤．

所以，m的取值范围是[-，]．…（8分）

（Ⅲ）由（Ⅰ）知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，

故f（x）=lnx+-1≥f（1）=0，

∴lnx≥1-，以x2替代x，得lnx2≥1-．

∴ln2l+1n22+…+ln2n＞1-+1-+…+1-

即ln2l+1n22+…+ln2n＞n-（++…+）．

又++…+＜1+++…+

∴-（++…+）＞-[1+++…+]

∴n-（++…+）＞n-[1+++…+]=n-[1+1-+-+…+-]=，

∴ln1+ln2+…+lnn＞．

由柯西不等式，

（ln2l+1n22+…+ln2n）（12+12+…+12）≥（ln1+ln2+…+lnn）2．

∴ln2l+1n22+…+ln2n≥（ln1+ln2+…+lnn）2＞(n≥2，n∈N*)．

∴ln2l+1n22，+…+ln2 n＞(n≥2，n∈N*)．…（14分）

（Ⅰ）∵f'（x）=lnx+1（x＞0），

令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne-1．…（1分）

∴x≥e-1=．，

∴x∈[，+∞)．

同理，令f′(x)≤0可得x(0，]．

∴f（x）单调递增区间为[，+∞)，单调递减区间为(0，]．…（3分）

由此可知y=f(x)min=f()=-．…（4分）

（Ⅱ）由（I）可知当b＞0时，有f(b)≥f(x)min=-，

∴blnb≥-，

即ln(bb)≥-=ln()1e．

∴bb≥()1e．

（Ⅲ） 设函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0）

∴函数g(x)在[，k）上单调递增，在(0，]上单调递减．

∴g（x）的最小值为g()，即总有g(x)≥g()．

而g()=f()+f(k-)=kln=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2，

∴g（x）≥f（k）-kln2，

即f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2．

令x=a，k-x=b，则k=a+b．

∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．