热门试卷

解：（1）如果a＜-2．则|a1|=|a|>2，。

（2）当时，

事实上，①当n=1时，

假设n=k-1时成立（k≥2，k∈N*）

②对

由归纳假设，对任意n∈N*

所以a∈M。

（3）当时，

证明如下：对于任意n≥1

且

对于任意n≥1

所以

当时，

即2，因此。

（1）f′(x)=2x-，依题意，当x∈（1，2]时，f'（x）≥0恒成立，即a≤（2x2）min⇒a≤2.g′(x)=1-，当x∈（0，1）时，g'（x）≤0恒成立，即a≥2，所以a=2．…（5分）

（2）f′(x)=2x-=，所以f（x）在（0，1]上是减函数，最小值是f（1）=1.φ(x)=2bx-在（0，1]上是增函数，即φ′(x)=2b+≥0恒成立，得b≥-1，且φ（x）的最大值是φ（1）=2b-1，

由已知得1≥2b-1⇒b≤1，所以b的取值范围是[-1，1]．…（5分）

（3）h(x)=f′(x)-g(x)-2+=…=x+，

n=1时不等式左右相等，得证；

n≥2时，[h(x)]n-h(xn)=(x+)n-(xn+)=xn-2+xn-4+…+x2-n=[(xn-2+x2-n)+(xn-4+x4-n)+…+(x2-n+xn-2)]≥++…+=2n-2，

所以[h（x）]n+2≥h（xn）+2n（n∈N*）成立．…（5分）

（1）令x1=x2=0，依条件（3）可得f（0+0）≥2f（0），即f（0）≤0

又由条件（1）得f（0）≥0故f（0）=0（3分）

（2）任取0≤x1＜x2≤1可知x2-x1∈（0，1]，则

f（x2）=f[（x2-x1）+x1]≥f（x2-x1）+f（x1）≥f（x1）

于是当0≤x≤1时，有f（x）≤f（1）=1因此当x=1时，f（x）取最大值1．（8分）

（3）证明：先用数学归纳法证明：当x∈(，]（n∈N+）时，f（x）≤

10当n=1时，x∈(，1]，f（x）≤f（1）=1=，不等式成立．

当n=2时，x∈(，]，＜2x≤1，f（2x）≤1，f（2x）≥f（x）+f（x）=2f（x）

∴f（x）≤f（2x）≤不等式成立．

20假设当n=k（k∈N+，k≥2）时，不等式成立，即x∈(，]时，f（x）≤

则当n=k+1时，x∈(，]，记t=2x，则t=2x∈(，]，∴f（t）≤

而f（t）=f（2x）≥2f（x），∴f（x）≤f（2x）=f（t）≤

因此当n=k+1时不等式也成立．

由10，20知，当x∈(，]（n∈N+）时，f（x）≤

又当x∈(，]（n∈N+）时，2x＞，此时f（x）＜2x．

综上所述：当x∈(，]（n∈N+）时，有f（x）＜2x．（14分）

（Ⅰ）令t=logax，则x=at，∴f(t)=，∴f（x）=(ax-a-x），x∈R．（2分）     

∵f（-x）=f（x），∴奇函数．∵0＜a＜1，∴函数为增函数（2分）

（Ⅱ）∵f（ax）-f（2）＞f（2）-f（ax）

∴f（ax）＞f（2），ax＞2，

∵0＜a＜1，∴x＜loga2（4分）

（Ⅲ）（理料）f（1）=1，（1分）

当n≥2时，f（n）=•=(a+a3+a5+…a2n-1，）

=[(a+a2n-1)+(a3+a2n-3)+…+（a2n-1+a）]＞•n•2an=n(∵0＜a＜1)（5分）

或用数学归纳法证明：f（k+1）=af（k）+a-k＞ak+ak-k∵0＜a＜1，

∴可令=1+α，α＞0，∴ka+a-k＞ka+(1+α)n≥ka+1+kα=k(a+-1)+1＞k+1

（文科）∵f(x)＜4⇔x＜2⇔f(x)＜f(2)∴f(2)=4，a=2-（6分）

（1）由于f′(x)＞得，＞0，而x＞0，

则xf′（x）-f（x）＞0，

则F′（x）=＞0，因此F(x)=在（0，+∞）上是增函数．

（2）由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2，而F(x)=在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2），即＜，

∴（x1+x2）f（x1）＜x1f（x1+x2）（1），同理 （x1+x2）f（x2）＜x2f（x1+x2）（2）

（1）+（2）得：（x1+x2）[f（x1）+f（x2）]＜（x1+x2）f（x1+x2），而x1+x2＞0，

因此 f（x1）+f（x2）＜f（x1+x2）．

（3）证法1：由于x1，x2∈（0，+∞），则0＜x1＜x1+x2+…+xn，而F(x)=在（0，+∞）上是增函数，则F（x1）＜F（x1+x2+…+xn），

即＜，

∴（x1+x2+…+xn）f（x1）＞x1f（x1+x2+…+xn）

同理 （x1+x2+…+xn）f（x2）＞x2f（x1+x2+…+xn）…（x1+x2+…+xn）f（xn）＞xnf（x1+x2+…+xn）

以上n个不等式相加得：（x1+x2+…+xn）[f（x1）+f（x2）+…f（xn）]＞（x1+x2+…+xn）f（x1+x2+…+xn）

而x1+x2+…+xn＞0，f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）．

证法2：数学归纳法

①当n=2时，由（2）知，不等式成立；

②当n=k（n≥2）时，不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）成立，

即f（x1）+f（x2）+…f（xk）＞f（x1+x2+…+xk）成立，

则当n=k+1时，f（x1）+f（x2）+…f（xk）+f（xk+1）＞f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）

再由（2）的结论，f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＞f[（x1+x2+…+xk）+xk+1]f（x1+x2+…+xk）+f（xk+1）＞f（x1+x2+…+xk+xk+1）

因此不等式f（x1）+f（x2）+…f（xn）＞f（x1+x2+…+xn）对任意n≥2的自然数均成立

（1）f'（x）=2xex-1+x2ex-1-x2-2x=x（x+2）（ex-1-1），

令f'（x）=0，可得x1=-2，x2=0，x3=1．

当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

∴函数y=f（x）的增区间为（-2，0）和（1，+∞），减区间为（-∞，-2）和（0，1）．

（2）当x∈[-1，2]时，f(-1)=-＜0，

f(2)=4(e-)＞0，f(x)极小值=f(1)=-＞f(-1)，f(x)极大值=f（0）=0．

所以f（x）在[-1，2]上的最小值为-．

（3）设gn(x)=ex-1-，当n=1时，只需证明g1（x）=ex-1-x＞0，当x∈（1，+∞）时，g1′（x）=ex-1-1＞0，

所以g1（x）=ex-1-x在（1，+∞）上是增函数，∴g1（x）＞g1（1）=e0-1=0，即ex-1＞x；

当x∈（1，+∞）时，假设n=k时不等式成立，即gk(x)=ex-1-＞0，

当n=k+1时，

因为gk+1′(x)=ex-1-=ex-1-＞0，

所以gk+1（x）在（1，+∞）上也是增函数．

所以gk+1(x)＞gk+1(1)=e0-=1-＞0，

即当n=k+1时，不等式成立．

由归纳原理，知当x∈（1，+∞）时，∀n∈N*，ex-1＞．