热门试卷

（Ⅰ）∵f（x）=1-e-x，∴f′（x）=-e-x•（-1）=e-x，

函数h（x）=f′（x）•g（x）=xe-x，

∴h′（x）=（1-x）•e-x，当x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0，

故该函数在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．

∴函数h（x）在x=1处取得极大值h（1）=．（4分）

（Ⅱ）由题1-e-x≤在[0，+∞）上恒成立，

∵x≥0，1-e-x∈[0，1），∴≥0，

若x=0，则a∈R，若x＞0，则a＞-恒成立，则a≥0．

不等式1-e-x≤恒成立等价于（ax+1）（1-e-x）-x≤0在[0，+∞）上恒成立，（6分）

令μ（x）=（ax+1）（1-e-x），则μ′（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1，

又令v（x）=a（1-e-x）+（ax+1）e-x-1，

则v′（x）=e-x（2a-ax-1），∵x≥0，a≥0．

①当a=0时，v′（x）=-e-x＜0，

则v（x）在[0，+∞）上单调递减，∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，

∴μ（x）在[0，+∞）上单减，∴μ（x）≤μ（0）=0，

即f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；（7分）

②当a≥0时，v′(x)=-a•e-x(x-)．

ⅰ）若2a-1≤0，即0＜a≤时，v′（x）≤0，则v（x）在[0，+∞）上单调递减，

∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，

∴μ（x）在[0，+∞）上单调递减，

∴μ（x）≤μ（0）=0，

此时f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；（8分）

ⅱ）若2a-1＞0，即a＞时，若0＜x＜时，

v′（x）＞0，则v（x）在（0，）上单调递增，

∴v（x）=μ′（x）＞v（0）=0，∴μ（x）在（0，）上也单调递增，

∴μ（x）＞μ（0）=0，即f（x）＞g（x），不满足条件．（9分）

综上，不等式f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立时，实数a的取值范围是[0，]．（10分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=时，则1-e-x≤，

∴e-x≥，

当x∈[0，2）时，e-x≥，∴x≤ln，

令=n，则x==2-，

∴lnn≥2-(n∈N*)，∴lnk≥2n-，

∴ln(n!)≥2n-，（12分）

又由（Ⅰ）得h（x）≤h（1），即xe-x≤，当x＞0时，ln(xe-x)≤ln=-1，∴lnx≤x-1，

ln（n!）=ln2+ln3+…+lnn≤1+2+…+（n-1）=，

综上得2n-≤ln（n!）≤，

即e2n-nk=14k+1≤n!≤en(n-1)2．（14分）

（Ⅰ）由题意，得=n+，即Sn=n2+n．

故当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n2+n)-[(n-1)2+(n-1)]=n+5．

注意到n=1时，a1=S1=6，而当n=1，n+5=6，

所以，an=n+5（n∈N*）．

又bn+2-2bn+1+bn=0，即bn+2-bn+1=bn+1-bn（n∈N*），

所以{bn}为等差数列，于是=153．

而b3=11，故b7=23，d==3，

因此，bn=b3+3（n-3）=3n+2，即bn=3n+2（n∈N*）．

（Ⅱ）cn==

==(-)．

所以，Tn=c1+c2+…+cn=[(1-)+(-)+(-)++(-)]

=(1-)=．

由于Tn+1-Tn=-=＞0，

因此Tn单调递增，故(Tn)min=．

令＞，得k＜19，所以Kmax=18．

（1）由＞0得：-1＜x＜1，

由f（-x）=log2=log2（） -1=-f（x）

故知f（x）为奇函数

（2）f(x)+f(y)=log2+log2=log2•=log2

=log2=f()得证．

（1）原不等式等价于x2-2ax+2a+1＞0对任意的实数x∈[-1，1]恒成立，

设g（x）=x2-2ax+2a+1=（x-a）2-a2+2a+1

①当a＜-1时，gmin（x）=g（-1）=1+2a+2a+1＞0，得a∈Φ；

②当-1≤a≤1时，gmin(x)=g(a)=-a2+2a+1＞0，得-1-＜a≤1；

③当a＞1时，gmin（x）=g（1）=1-2a+2a+1＞0，得a＞1；

综上a＞1-

（3）不等式f（x）＞1即为ax2+x-a-1＞0，即（x-1）（ax+a+1）＞0

因为a＜0，所以(x-1)(x+)＜0，因为 1-(-)=

所以当-＜a＜0时，1＜-，解集为{x|1＜x＜-}；

当a=-时，（x-1）2＜0，解集为ϕ；

当a＜-时，1＞-，解集为{x|-＜x＜1}