热门试卷

解：∵y=（x-a）2-a2-2

∴a＜0时，在区间[0，2]上单调递增，故ymin=-2

0≤a≤2时，在对称轴处取最小值，故ymin=-a2-2

a＞2时，在区间[0，2]上单调递减，故ymin=（2-a）2-a2-2=2-4a，

综合可得，a＜0时，ymin=-2

0≤a≤2时，ymin=-a2-2

a＞2时，ymin=2-4a．

解：（Ⅰ）∵函数为奇函数，

∴f（-x）=-f（x），即，

∴b=0，

又f（1）=4+a+b=5，

∴a=1

∴函数f（x）的解析式为．

（Ⅱ）a=-2，．

∵函数在[1，4]均单调递增，

∴函数f（x）在[1，4]单调递增，

∴当x∈[1，4]时，．

∵不等式f（x）≤t在[1，4]上恒成立，

∴，

∴实数t的最小值为．

（Ⅲ）证明：，

设x1＜x2≤-1，

=，

∵x1＜x2≤-1，

∴，

∵a≥1，即-a≤-1，

∴，又，

∴g（x1）-g（x2）＞0，即g（x1）＞g（x2），

∴函数g（x）在（-∞，-1]单调递减，

又c∈R，可知函数g（x）在（-∞，-1]上至多有一个零点．

解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=-1+lnx，x＞0

f′（x）=-=，

当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减．

即有x=1处f（x）取得极小值，也为最小值，且为0；

（Ⅱ）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，即有f′（x）≥0在[1，+∞）恒成立．

即为-≥0在[1，+∞）恒成立．即有≤x在[1，+∞）恒成立．

而x≥1，即为≤1，

解得a＜0或a≥1；

（Ⅲ）设an=（1+）n，bn=（1+）n+1，

由=e，得，，

由an=（1+）n＜（）n+1=（）n+1=an+1，

故数列{an}的单调递增；

又bn=（1+）n+1==（令t=-（n+1））

=（1+）t=at，

由at是关于t的增函数，而t是关于n的减函数，

由复合函数的单调性可得，

（1+）n＜e＜（1+）n+1．

故（）n+1（n∈N*）＞e．