热门试卷

解：（1）∵f（x）=x3+ax2+bx+c，

∴f′（x）=3x2+2ax+b  …（1分）

∵f（x）=x3+ax2+bx+c在x=-2与x=处都取得极值

∴f′（-2）=12-4a+b=0，f′（）=+a+b=0…（3分）

解得a=2，b=-4 …（4分）

（Ⅱ） 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表

由表可知，当x=-2时，f（x）取得极大值也是最大值f（-2）=c+8 …（10）

∵对∀x∈[-3，1]，不等式f（x）＜0恒成立，

∴c+8＜0，解得c＜-8．…（12分）

解：（Ⅰ）∵h′（x）=b+，h（x）在x=1处取得极值0，

∴h′（1）=b+c=0，h（1）=1+b=0，解得：b=-1，c=1；

∴h（x）=1-x+lnx，h′（x）=（x＞0），

令h′（x）=0，解得：x=1，

∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，

当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，

∴h（x）最大值=h（1）=0；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得：h（x）=1-x+lnx，

∴f（x）=x2-ax+（a-1）lnx，

∴f′（x）=，（x＞0），

∵f（x）是单调函数，

∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在x∈（0，+∞）恒成立，

令g（x）=x2-ax+a-1，则g（x）≥0或g（x）≤0在x∈（0，+∞）恒成立，

∵g（x）是开口向上的二次函数，∴g（x）≤0在x∈（0，+∞）不恒成立，

∴g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，

方法一：

∴△≤0或即（a-2）2≤0或，

解得：a=2；

方法二：

设g（x）≥0的解集是A，B={x|x＞0}，

则g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立⇔B⊆A，

①若a=2，则A=B，B⊆A成立，

②若a＞2，则A={x|x＜1或x＞a-1}，B⊆A不成立，

③若a＜2，则A={x|x＜a-1或x＞1}，B⊆A不成立，

综上：a=2；

方法三：

由g（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，

得（x-1）a≤x2-1在x∈（0，+∞）恒成立，

①若x=1，则a∈R，

②若x＞1，则a≤x+1恒成立，得a≤2，

③若0＜x＜1，则a≥x+1恒成立，得：a≥2，

综上：a=2；

∴a=2时，f（x）在（0，+∞）递增；

下面证明数列{an}为递增数列：

①∵a1=6，an+1=f（an），

∴a2＞a1＞0，

②假设ak+1＞ak＞0，（k∈N*），

∵函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增，

∴f（ak+1）＞f（ak），即ak+2＞ak+1＞0，

由①②得：an+1＞an对一切正整数n都成立；

（Ⅲ）证明：令g（x）=ex-x，∴g′（x）=ex-1，令g′（x）=0，得x=0．

∴当x＞0时，g′（x）＞0，当x＜0时，g′（x）＜0．∴函数g（x）=ex-x在区间（-∞，0）上单调递减，

在区间（0，+∞）上单调递增．∴当x=0时，g（x）有最小值1．

∴对任意实数x均有ex-x≥1，即1+x≤ex．

令x=-（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），则0＜1-≤e-，即（1-）n≤e-i，

∴（）n≤e0，（）n≤e-1，（）n≤e-2，…，（）n≤e-（n-1），

∴（）n+（）n+（）n+…+（）n≤e0+e-1+e-2+e-3+…+e-（n-1）==＜，

故不等式（）n+（）n+（）n+…+（）n（n∈N*）成立．