热门试卷

解：（1），

，

∴当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在为增函数，

当x∈(1，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(1，e)为减函数，

∴当x=1时，f(x)有极大值，也为最大值，f(1)=-1，

又，，

∴，∴。

（2），

又f(x)-ax=0有两个不等的实根，则，

两式相减得，

∵p+q=1，p≤q ，∴2p≤1，

又，

∴，

要证，

只需证：，

只需证：，

令，只需证在（0，1）上恒成立，

又，

，

∴t＜1，故u′(t)＞0，所以u(t)在（0，1）上单调递增，则u(t)＜u(1)=0，

，

从而，从而原不等式得证。

（1）解：；

（2）证明：用综合法证明：

，

因为b＞a，所以a-b＜0，所以，

因此，。

（1）解：f'（x）=lnx+1（x＞0），令f'（x）=0，得．（2分）

∵当时，f'（x）＜0；当时，f'（x）＞0，

∴当时，．

（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），．

①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；

②当a＜0时，令F'（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；

令F'（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．

综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，F（x）在上单调递增，在上单调递减．

（3）证：．

要证，即证，

等价于证，

令，

则只要证，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t﹣1＜tlnt（t＞1）（*）．

①设g（t）=t﹣1﹣lnt（t≥1），则，

故g（t）在[1，+∞）上是增函数，

∴当t＞1时，g（t）=t﹣1﹣lnt＞g（1）=0，即t﹣1＞lnt（t＞1）．

②设h（t）=tlnt﹣（t﹣1）（t≥1），则h'（t）=lnt≥0（t≥1），

故h（t）在[1，+∞）上是增函数，

∴当t＞1时，h（t）=tlnt﹣（t﹣1）＞h（1）=0，即t﹣1＜tlnt（t＞1）．

由①②知（*）成立，得证．

解：(Ⅰ)①证明：当λ1=1，λ2=0时，f′(x)=a2+（b-1）x+1，

x1，x2是方程f′(x)=0的两个根，

由x1＜1＜x2＜2且a＞0得，即，

所以f′（-1）=a-b+2=-3(a+b)+(4a+2b-1)+3＞3。

②设f′（x）=a(x-x1)(x-x2)，所以，

易知，

所以，，

当且仅当时，即时取等号，

所以，，

易知当a=2时，h（a）有最大值，即。

(Ⅱ)①当时，，

所以，，，

容易知道，y′是单调增函数，且x=1是它的一个零点，即也是唯一的零点，

当x＞1时，y′＞0；当x＜1时，y′＜0，

故当x=1时，函数有最小值为-3ln3。

②由①知，

当x分别取a，b，c时有

，

三式相加即得。

（Ⅰ）证明：∵cos（A+C）+cos（A-C）=cosAcosC-sinAsinC+cosAcosC+sinAsinC=2cosAcosC，

两边同时除以2可得cosAcosC=[cos(A+C)+cos(A-C)]．

（Ⅱ）在锐角△ABC中，因为A、B、C成等差数列，所以B=60°，A+C=120°．

又=2cosAcosC=cos（A+C）+cos（A-C）=-+cos(A-C)，

==，

∴-+cos(A-C)=，∴cos(A-C)=．

∵-900＜A-C＜900，A+C=120°，故有 A-C=±30°，sin750=，

当A＜C时，A=45°，C=75°，此时=＞=1，所以a+b＞c．

当A＞C时，A=75°，C=45°，=＞1，所以a+b＞c，

综合得 a+b＞c．

解：（1）由于x≥1，y≥1，所以

xy（x+y）+1≤y+x+（xy）2将上式中的右式减左式，得（y+x+（xy）2）-（xy（x+y）+1）

=（（x+y）2-1）-（xy（x+y）-（x+y））

=（xy+1）（xy-1）-（x+y）（xy-1）

=（xy-1）（xy-x-y+1）

=（xy-1）（x-1）（y-1）

既然x≥1，y≥1，所以（xy-1）（x-1）（y-1）≥0，从而所要证明的不等式成立。

（2）设logab=x，logbc=y，由对数的换底公式得，

于是，所要证明的不等式即为

其中

故由（1）知所要证明的不等式成立。

（1）解：求导函数，可得=

∵x≥1，∴lnx≥0，∴f '（x）≤0，

∴函数f（x）在[1，+∞）上单调减 ∴函数f（x）的单调减区间是[1，+∞）．

（2）解：不等式，即为，

记，

所以，

令h（x）=x﹣lnx，

则，

∵x≥1，∴h'（x）≥0．

∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，

∴[h（x）]min=h（1）=1＞0，从而g'（x）＞0

故g（x）在[1，+∞）上也单调递增，

∴[g（x）]min=g（1）=2，

所以k≤2

（3）证明：由（2）知：恒成立，即，

令x=n（n+1），则，

所以，，，…，．

叠加得：ln[1×22×32×…×n2×（n+1）]=

则1×22×32×…×n2×（n+1）＞e n﹣2，

所以 [（n+1）!]2＞（n+1）e n﹣2，（n∈N*）．

解：（1）定义域为（0，+∞），

由f ′（x）=exlnx（lnx+1），

令f ′（x）>0，解得x>；令f '（x）<0，解得0．

故f（x）的增区间：（，+∞），减区间：（0，），

（2）即证：（x+1）ln（x+1）>2x-1  ln（x+1）> ln（x+1）->0

令g（x）=ln（x+1）-，由g'（x）=，

令g′（x）=0，得x=2，且g（x）在（0，2）↓，在（2，+∞）↑，所以g（x）min=g（2）=ln3﹣1，

故当x＞0时，有g（x）≥g（2）=ln3﹣1＞0得证。

（3）由（2）得ln（x+1）>，即ln（x+1）>2-，

所以ln[k（k+1）+1]>2->2-，

则：ln（1×2+1）+ln（2×3+1）+…+ln[（n（n+1）]+1>（2-）+（2-）+...+[2-]=2n-3+>2n-3。．

解：（1）∵

∴，

由a4=0，得3a+2=0

∴a=-

故当a=-时，a4=0。

（2）∵b1=-1，

∴

a取数列{bn}中的任何一个数，不妨设a=bn

∵

∴

∴

故a取数列{bn}中的任何一个数，都可得到一个有穷数列{an}。

（3）要使

即使

∴

这表明：要使当且仅当它的前一项满足2

∴

∴只需当时，对n∈N*，且n≥5，必有

∵

由

解得a＞0

故a的取值范围是（0，+∞）。