热门试卷

解：①∵g′（x）=-1=-，

∵当-1＜x＜0时，g′（x）＞0，

∴g（x）在（-1，0）上单调递增；

当x＞0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减；

∴当x=0时，g（x）=ln（1+x）-x取得极大值，由极值的唯一性知，也是最大值，无最小值．

∴g（x）max=g（0）=0．

②∵函数f（x）是（0，+∞）上可导函数，且xf′（x）＞f（x）在x＞0时恒成立，

令h（x）=，则h′（x）=＞0在x＞0时恒成立，

∴函数h（x）=在（0，+∞）上是增函数．

∴当x1＞0，x2＞0时，有x1+x2＞0，

∴h（x1+x2）＞h（x1），即＞，

∴x1f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x1），

同理可得x2f（x1+x2）＞（x1+x2）f（x2），

∴（x1+x2）f（x1+x2）＞（x1+x2）（f（x1）+f（x2）），

∴f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）（x1＞0，x2＞0）．

于是可猜想：xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立．

下面证明：则当n=2时，由f（x1+x2）＞f（x1）+f（x2）（x1＞0，x2＞0）知结论成立；

假设n=k时，结论成立，即f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xk）＜f（x1+x2+x3+…xk），

则n=k+1时，f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xk）+f（xk+1）＜f（x1+x2+x3+…xk）+f（xk+1）＜f（x1+x2+x3+…xk+1），

即n=k+1时，结论也成立，

综上所述，xi＞0（i=1，2，3，…，n）时，有：f（x1）+f（x2）+f（x3）+…+f（xn）＜f（x1+x2+x3+…xn）（n≥2）恒成立．

③用数学归纳法证明：

（ⅰ）当n=1时，左=ln22=ln4，

右==•，由于ln4＞1＞，

∴ln4＞•，即原不等式成立．

（ⅱ）假设n=k时，命题成立．即：

ln22+ln32+…+ln（k+1）2＞，

那么：ln22+ln32+…+ln（k+1）2+ln[（k+1）+1]2＞+ln[（k+1）+1]2

=-++ln[（k+1）+1]2

=+•（-）+ln（k+2）2

=+•+ln（k+2）2≥，

这就是说，当n=k+1时，命题也成立．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，对一切n∈*，都有ln22+ln32+…+ln（n+1）2＞成立．

解：取n=1和2，得解得，…（4分）

即2+4+6+…+（2n）=n2+n．

以下用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，已证．…（6分）

（2）假设当n=k，k∈N*时等式成立即2+4+6+…+（2k）=k2+k …（8分）

那么，当n=k+1 时有2+4+6+…+（2k）+（2k+2）=k2+k+（2k+2）…（10分）

=（k2+2k+1）+（k+1）=（k+1）2+（k+1）…（12分）

就是说，当n=k+1 时等式成立…（13分）

根据（1）（2）知，存在，使得任意n∈N*等式都成立…（15分）