热门试卷

解：（Ⅰ）依题意得g（x）=lnx+ax2+bx，

则g′（x）=+2ax+b，

由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g′（1）=1+2a+b=0，

∴b=-2a-1；…（3分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得g′（x）=

∵函数g（x）的定义域为（0，+∞）

∴①当a≤0时，2ax-1＜0在（0，+∞）上恒成立，

由g′（x）＞0得0＜x＜1，由g′（x）＜0得x＞1，

即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

②当a＞0时，令g′（x）=0得x=1或x=，

若＜1，即a＞时，由g′（x）＞0得x＞1或0＜x＜，由g′（x）＜0得＜x＜1，

即函数g（x）在（0，），（1，+∞）上单调递增，在（，1）单调递减；

若＞1，即0＜a＜时，由g′（x）＞0得x＞或0＜x＜1，由g′（x）＜0得1＜x＜，

即函数g（x）在（0，1），（，+∞）上单调递增，在（1，）单调递减；

若=1，即a=时，在（0，+∞）上恒有g′（x）≥0，

即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

综上得：当a≤0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；

当0＜a＜时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在（1，）单调递减；在（，+∞）上单调递增；

当a=时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，

当a＞时，函数g（x）在（0，）上单调递增，在（，1）单调递减；在（1，+∞）上单调递增；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）单调递增，

∴lnx+x2-3x≥g（1）=-2，即lnx≥-x2+3x-2=-（x-1）（x-2），

令x=1+，则ln（1+）＞-，

∴ln（1+1）+ln（1+）+…+ln（1+）＞1-+-+…+-，

∴ln（1+n）＞+++…+＞++…+．

证明：①∵x，y，z均为正实数，

∴2x2+（y+z）2-（x+y+z）2

=

=

=＞0，

∴2x2+（y+z）2≥（x+y+z）2；

②由①知：2x2+（y+z）2≥（x+y+z）2，

∴，

∴≤，

同理，

≤，

∴++

≤++

=++

=-

=

≤．

∴++≤．

证明：∵1＜a＜b，

∴b+1＞a+1＞0，b-1＞a-1＞0，

∴＞0，

∵-1=＜0，

∴＜1，

∴0＜＜1．

解：因为f（x）=|2x+1|-|x-2|，

所以，当x＜-时，f（x）=-2x-1-（2-x）=-3-x，f（x）≥-3+=-；

当-≤x≤2时，f（x）=3x-1，-≤f（x）≤5；

当x＞2时，f（x）=x+3，f（x）＞5；

综上所述，f（x）min=f（-）=-；

存在x∈R，使得f（x）≤t2-t成立，只须使t2-t≥f（x）min=-，

解不等式2t2-11t+5≥0得t≤或t≥5，

所以，实数t的取值范围为（-∞，]∪[5，+∞）．

证明：（1）要证

即证：a2≥2ab-b2

即证：（a-b）2≥0

显然成立，故得证；

（2）∵a，b，c都是正实数，

∴，

相加，化简得≥a+b+c．

证明：由a＞b＞0，-=（a-b）（-）

=（a-b）•=-＜0，

即有＜；

又-=（a-b）（-）

=（a-b）•=-＜0，

即有＜．

则有＜＜成立．

证明：（1）①n=1时，结论成立；

②假设n=k时，结论成立，即-1＜++…+＜，

n=k+1时，-1+＜++…++＜+，

∵++…++＜+＜＜=，

++…++＞-1+=-1＞-1，

∴当n=k+1时，不等式也成立．

由①②可知，不等式成立；

（2）∵4n2-1＜4n2，即（2n+1）（2n-1）＜（2n）2．即＜，

∴（××…×）2＜××…××××…×=，

∴××…×＜（n∈N*）．

××…×＞××…×=，

∴＜××…×＜．

（1）解：∵f（x）=ax+-lnx，

∴f′（x）=（x＞0）

①a≤0时，f（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数；     

②0＜a＜时，f（x）在（0，1），（，+∞）是增函数，在（1，）是减函数； 

③a=时，f（x）在（0，+∞）是增函数；

（2）证明：由（1）知a=时，f（x）在（0，+∞）是增函数．

x≥1时，f（x）≥f（1）=0，

∴lnx≤（x-），

∴lnn≤（n-），

∴≤（1-），

∵＞=-，

∴++…++＜[n-（1-+-+…+-）]=．

（1）解：对任意α，β∈R，有-1≤sinα≤1，1≤2+cosβ≤3．

因为f（sinα）≥0且f（2+cosβ）≤0，

所以f（1）≥0且f（1）≤0，

所以，f（1）=0．  …（2分）

（2）证明：因为f（1）=0，所以1+b+c=0，即b=-1-c．

因为1≤2+cosβ≤3，f（2+cosβ）≤0，

所以f（3）≤0．

即32+3b+c≤0，有9+3（-l-c）+c≤0，

所以，c≥3．  …（4分）