热门试卷

(1)证法一：记g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，则当x＞1时，

。

又g(1)＝0，有g(x)＜0，即f(x)＜(x－1)。

证法二：由均值不等式，当x＞1时，＜x＋1，故

。①

令k(x)＝ln x－x＋1，则k(1)＝0，k′(x)＝－1＜0。

故k(x)＜0，即ln x＜x－1。②

由①②得，当x＞1时，f(x)＜(x－1)。

(2)证法一：记h(x)＝f(x)－。

由(1)得

＝。

令g(x)＝(x＋5)3－216x。

则当1＜x＜3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216＜0，

因此g(x)在(1,3)内是递减函数。

又由g(1)＝0，得g(x)＜0，

所以h′(x)＜0，

因此h(x)在(1,3)内是递减函数。

又h(1)＝0，得h(x)＜0。

于是当1＜x＜3时，。

证法二：记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，

则当1＜x＜3时，由(1)得

h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9

＜(x－1)＋(x＋5)()－9

＝［3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x］

＜［3x(x－1)＋(x＋5)(2＋＋)－18x］

＝(7x2－32x＋25)＜0，

因此h(x)在(1,3)内单调递减。

又h(1)＝0，所以h(x)＜0，即。

（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞）。

由f（x）得。

当f'（x）＞0，即0＜x＜e时，f（x）单调递增；当f'（x）＜0，即x＞e时，f（x）单调递减，

所以函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞）。

（2）∵e＜3＜π，∴eln3＜elnπ，πlne＜πln3，

从而有ln3e＜lnπe，lneπ＜ln3π。

于是，根据函数y=lnx，y=ex，y=πx在定义域上单调递增，

可得3e＜πe＜π3，e3＜eπ＜3π，

∴这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中。

由（1）知，f（x）=在[e，+∞）上单调递减，

∴即

得∴

综上可知，6个数中的最大数是3π，最小数是3e。

（1）已知，

又在处取极值，

则，又在处取最小值-5.

则

（2）要使单调递减，则

又递减区间长度是正整数，所以两根设做a，b。即有：

b-a为区间长度。又

又b-a为正整数，且m+n<10,所以m=2，n=3或，符合。

（1），

。

令，得（舍去）。

当时。；当时，，

故当时，为增函数；当时，为减函数。

为的极大值点，且。

（2）方法一：原方程可化为，

即为，且

①当时，，则，即，

，此时，∵，

此时方程仅有一解。

②当时，，由，得，，

若，则，方程有两解；

若时，则，方程有一解；

若或，原方程无解。

方法二：原方程可化为，

即，

①当时，原方程有一解；

②当时，原方程有二解；

③当时，原方程有一解；

④当或时，原方程无解。

（3）由已知得，

。

设数列的前n项和为，且（）

从而有，当时，。

又

。

即对任意时，有，又因为，所以。

则，故原不等式成立。

（1）f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.

由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.

故b＝4，a＋b＝8.

从而a＝4，b＝4.

（2）由（1）知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，

f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.

令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.

从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；

当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.

故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减。

当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)。

（1）≤0在上恒成立，则≥，  。

故：≥1。

，

若1≤≤e，则≥0在上恒成立，

此时，在上是单调增函数，无最小值，不合；

若＞e，则在上是单调减函数，在上是单调增函数，，满足。

故的取值范围为：＞e。

（2）≥0在上恒成立，则≤ex，

。

。