江苏省2014年高考数学压轴题答案

第一篇：江苏省2014年高考数学压轴题答案

江苏省2014年高考数学压轴题答案

14、由siAn2siBn2siCn，得a2b2c，c1(a2b)2，122ab(a2b)2222abc3a22b222ab26ab22ab2cosC2ab2ab8ab8ab4

答案是62 420、（2）

1n(n1)d1(m1)d,2

1n1n(n1)n(n1)m[n1n(n1)dd]d1，m,nN,且N，2d22

n1Z,又d<0, d1 nN,dan1(n1)d,Snn(3){an}是等差数列，设{an}的公差为d，则ana1(n1)d.令bnna1,cna1(n1)dna1(da1)(n1)，则anbncn.下面证明 {bn}和{cn}都是“H”型数列：当n=1时，显然成立；当n2时，{bn}的前nn(n1)a1bn(n1)22

n(n1)n(n1)n](da1){[1]1}cn(n1)，1222，{cn}的前n项和为(da1)[

故{bn}和{cn}都是“H”型数列。从而命题得证。

第二篇：高考数列压轴题汇总（附答案解析）

高考数列压轴题

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

高考数列压轴题

参考答案与试题解析

一．解答题（共50小题）

1．数列{an}满足a1=1，a2=+，…，an=++…+（n∈N*）

（1）求a2，a3，a4，a5的值；

（2）求an与an﹣1之间的关系式（n∈N*，n≥2）；

（3）求证：（1+）（1+）…（1+）＜3（n∈N*）

【解答】解：（1）a2=+=2+2=4，a3=++=3+6+6=15，a4=+++=4+4×3+4×3×2+4×3×2×1=64，a5=++++=5+20+60+120+120=325；

（2）an=++…+=n+n（n﹣1）+n（n﹣1）（n﹣2）+…+n!

=n+n[（n﹣1）+（n﹣1）（n﹣2）+…+（n﹣1）!]

=n+nan﹣1；

（3）证明：由（2）可知=，所以（1+）（1+）…（1+）=•…

==+++…+=+++…+

=+++…+≤1+1+++…+

=2+1﹣+﹣+…+﹣=3﹣＜3（n≥2）．

所以n≥2时不等式成立，而n=1时不等式显然成立，所以原命题成立．

2．已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；

（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）≤xn≤．

【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则xk＞0，那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，故xn+1＞0，因此xn＞0，（n∈N*）

∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0

∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，故2xn+1﹣xn≤；

（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，∴xn≥，由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴xn≤，综上所述≤xn≤．

3．数列{an}中，a1=，an+1=（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）记数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵＞0，且a1=＞0，∴an＞0，∴an+1﹣an=﹣an=＜0．

∴an+1＜an；

（Ⅱ）∵1﹣an+1=1﹣=，∴=．

∴，则，又an＞0，∴．

4．已知正项数列{an}满足an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1．

（1）求a2的值；

（2）证明：对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

【解答】解：（1）an2+an=3a2n+1+2an+1，a1=1，即有a12+a1=3a22+2a2=2，解得a2=（负的舍去）；

（2）证明：an2+an=3a2n+1+2an+1，可得an2﹣4a2n+1+an﹣2an+1+a2n+1=0，即有（an﹣2an+1）（an+2an+1+1）+a2n+1=0，由于正项数列{an}，即有an+2an+1+1＞0，4a2n+1＞0，则有对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

（3）由（1）可得对任意实数n∈N*，an≤2an+1；

即为a1≤2a2，可得a2≥，a3≥a2≥，…，an≥，前n项和为Sn=a1+a2+…+an≥1+++…+

==2﹣，又an2+an=3a2n+1+2an+1＞a2n+1+an+1，即有（an﹣an+1）（an+an+1+1）＞0，则an＞an+1，数列{an}递减，即有Sn=a1+a2+…+an＜1+1+++…+

=1+=3（1﹣）＜3．

则有对任意n∈N*，2﹣≤Sn＜3．

5．已知在数列{an}中，．，n∈N*

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2．

①．n=1时，②．假设n=k时成立，即1＜ak＜2．

那么n=k+1时，成立．

由①②知1＜an＜2，n∈N*恒成立.．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．所以．

由，得，所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，6．设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*，（I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1；

（II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1；

（III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n．

【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明．

①当n=1时，0≤an≤1成立．

②假设当n=k（k∈N*）时，0≤ak≤1，则当n=k+1时，=（）2+∈[]⊂[0，1]，由①②知，．

∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1．

（Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．

若a1＞1，则an＞1，（n∈N*），从而=﹣an=an（an﹣1），即=an≥a1，∴，∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1．

（Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*），由，得．

∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=，∵≥，∴nbn2，即，（n∈N*），∵==，∴b1+b2+…+bn[（）+（）+…+（）]=，即n﹣Sn，亦即，∴当时，．

7．已知数列{an}满足a1=1，Sn=2an+1，其中Sn为{an}的前n项和（n∈N*）．

（Ⅰ）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{bn}满足，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，．

【解答】解：（Ⅰ）数列{an}满足Sn=2an+1，则Sn=2an+1=2（Sn+1﹣Sn），即3Sn=2Sn+1，∴，即数列{Sn}为以1为首项，以为公比的等比数列，∴Sn=（）n﹣1（n∈N*）．

∴S1=1，S2=；

（Ⅱ）在数列{bn}中，Tn为{bn}的前n项和，则|Tn|=|=．

而当n≥2时，即．

8．已知数列{an}满足a1=1，（n∈N*），（Ⅰ）

证明：；

（Ⅱ）

证明：．

【解答】（Ⅰ）

证明：∵①，∴②

由②÷①得：，∴

（Ⅱ）

证明：由（Ⅰ）得：（n+1）an+2=nan

∴

令bn=nan，则③

∴bn﹣1•bn=n④

由b1=a1=1，b2=2，易得bn＞0

由③﹣④得：

∴b1＜b3＜…＜b2n﹣1，b2＜b4＜…＜b2n，得bn≥1

根据bn•bn+1=n+1得：bn+1≤n+1，∴1≤bn≤n

∴

=

=

一方面：

另一方面：由1≤bn≤n可知：．

9．设数列{an}的前n项的和为Sn，已知a1=，an+1=，其中n∈N*．

（1）证明：an＜2；

（2）证明：an＜an+1；

（3）证明：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

【解答】证明：（1）an+1﹣2=﹣2=，由于+2=+1＞0，+2=2+＞0．

∴an+1﹣2与an﹣2同号，因此与a1﹣2同号，而a1﹣2=﹣＜0，∴an＜2．

（2）an+1﹣1=，可得：an+1﹣1与an﹣1同号，因此与a1﹣1同号，而a1﹣1=＞0，∴an＞1．

又an＜2．∴1＜an＜2．an+1﹣an=，可得分子＞0，分母＞0．

∴an+1﹣an＞0，故an＜an+1．

（3）n=1时，S1=，满足不等式．

n≥2时，==，∴，即2﹣an≥．

∴2n﹣Sn≥=1﹣．即Sn≤2n﹣1+．

另一方面：由（II）可知：．，=≤．

从而可得：=≤．

∴2﹣an≤，∴2n﹣Sn≤=．

∴Sn≥2n﹣＞2n﹣．

综上可得：2n﹣≤Sn≤2n﹣1+（）n．

10．数列{an}的各项均为正数，且an+1=an+﹣1（n∈N*），{an}的前n项和是Sn．

（Ⅰ）若{an}是递增数列，求a1的取值范围；

（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1﹣（n﹣1），证明：Sn＜2n+1．

【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．

又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．

由①②可得：1＜a1＜2．

下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜an＜2成立．

（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．

（2）假设当n=k∈N*时，1＜an＜2成立．

则当n=k+1时，ak+1=ak+﹣1∈⊊（1，2），即n=k+1时，不等式成立．

综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜an＜2成立．

于是an+1﹣an=﹣1＞0，即an+1＞an，∴{an}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．

（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：an＞2对∀n∈N*都成立．

于是：an+1﹣an=﹣1＜2，即数列{an}是递减数列．

在Sn≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．

下证：（1）当时，Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立．

事实上，当时，由an=a1+（an﹣a1）≥a1+（2﹣）=．

于是Sn=a1+a2+…+an≥a1+（n﹣1）=na1﹣．

再证明：（2）时不合题意．

事实上，当时，设an=bn+2，可得≤1．

由an+1=an+﹣1（n∈N*），可得：bn+1=bn+﹣1，可得=≤≤．

于是数列{bn}的前n和Tn≤＜3b1≤3．

故Sn=2n+Tn＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．

令a1=+t（t＞0），由③可得：Sn＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．

只要n充分大，可得：Sn＜na1﹣．这与Sn≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．

∴时不合题意．

综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．

故数列{bn}的前n项和Tn≤＜b1＜1，∴Sn=2n+Tn＜2n+1．

11．设an=xn，bn=（）2，Sn为数列{an•bn}的前n项和，令fn（x）=Sn﹣1，x∈R，a∈N*．

（Ⅰ）若x=2，求数列{}的前n项和Tn；

（Ⅱ）求证：对∀n∈N*，方程fn（x）=0在xn∈[，1]上有且仅有一个根；

（Ⅲ）求证：对∀p∈N*，由（Ⅱ）中xn构成的数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

【解答】解：（Ⅰ）若x=2，an=2n，则=（2n﹣1）（）n，则Tn=1×（）1+3×（）2+…+（2n﹣1）（）n，∴Tn=1×（）2+3×（）3+…+（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=+2×[（）2+（）3+…+（）n]﹣（2n﹣1）（）n+1

=+2×﹣（2n﹣1）（）n+1=+1﹣（）n﹣1﹣（2n﹣1）（）n+1，∴Tn=3﹣（）n﹣2﹣（2n﹣1）（）n=3﹣；

（Ⅱ）证明：fn（x）=﹣1+x+++…+（x∈R，n∈N+），fn′（x）=1+++…+＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．

由于f1（x1）=0，当n≥2时，fn（1）=++…+＞0，即fn（1）＞0．

又fn（）=﹣1++[+++…+]≤﹣+•（）i，=﹣+×=﹣•（）n﹣1＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[，1]，满足fn（xn）=0．

（Ⅲ）证明：对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn+1（x）=fn（x）+＞fn（x），∴fn+1（xn）＞fn（xn）=fn+1（xn+1）=0．

由

fn+1（x）

在（0，+∞）上单调递增，可得

xn+1＜xn，即

xn﹣xn+1＞0，故数列{xn}为减数列，即对任意的n、p∈N+，xn﹣xn+p＞0．

由于

fn（xn）=﹣1+xn+++…+=0，①，fn+p

（xn+p）=﹣1+xn+p+++…++[++…+]，②，用①减去②并移项，利用

0＜xn+p≤1，可得

xn﹣xn+p=+≤≤＜=﹣＜．

综上可得，对于任意p∈N+，由（1）中xn构成数列{xn}满足0＜xn﹣xn+p＜．

12．已知数列{an}，{bn}，a0=1，（n=0，1，2，…），Tn为数列{bn}的前n项和．

求证：（Ⅰ）an+1＜an；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）．

【解答】解：证明：（Ⅰ）=，所以an+1＜an

（Ⅱ）法一、记，则，原命题等价于证明；用数学归纳法

提示：构造函数在（1，+∞）单调递增，故==+＞+×=+×（﹣）=，法二、只需证明，由，故：n=1时，n≥2，可证：，（3）由，得=，可得：，叠加可得，所以，13．已知数列{an}满足：a1=，an=an﹣12+an﹣1（n≥2且n∈N）．

（Ⅰ）求a2，a3；并证明：2﹣≤an≤•3；

（Ⅱ）设数列{an2}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：=an+1．

【解答】解：（I）a2=a12+a1==，a3=a22+a2==．

证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an+=an﹣12+an﹣1+=（an﹣1+）2+＞（an﹣1+）2，∴an+＞（an﹣1+）2＞（an﹣2+）4＞＞（an﹣3+）8＞…＞（a1+）=2，∴an＞2﹣，又∵an﹣an﹣1=an﹣12＞0，∴an＞an﹣1＞an﹣2＞…＞a1＞1，∴an2＞an，∴an=an﹣12+an﹣1＜2a，∴an＜2a＜2•22＜2•22•24＜…＜2•22•24•…•2a1

=2•（）=•3．

综上，2﹣≤an≤•3．

（II）证明：∵an=an﹣12+an﹣1，∴an﹣12=an﹣an﹣1，∴An=a12+a22+a32+…an2=（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an+1﹣an）=an+1﹣，∵an=an﹣12+an﹣1=an﹣1（an﹣1+1），∴==，∴=，∴Bn=…+=（）+（）+（﹣）+…+（）

=﹣．

∴==．

14．已知数列{an}的各项均为非负数，其前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，都有．

（1）若a1=1，a505=2017，求a6的最大值；

（2）若对任意n∈N*，都有Sn≤1，求证：．

【解答】解：（1）由题意知an+1﹣an≤an+2﹣an+1，设di=ai+1﹣ai（i=1，2，…，504），则d1≤d2≤d3≤…≤d504，且d1+d2+d3+…+d504=2016，∵=，所以d1+d2+…+d5≤20，∴a6=a1+（d1+d2+…+d5）≤21．

（2）证明：若存在k∈N*，使得ak＜ak+1，则由，得ak+1≤ak﹣ak+1≤ak+2，因此，从an项开始，数列{an}严格递增，故a1+a2+…+an≥ak+ak+1+…+an≥（n﹣k+1）ak，对于固定的k，当n足够大时，必有a1+a2+…+an≥1，与题设矛盾，所以{an}不可能递增，即只能an﹣an+1≥0．

令bk=ak﹣ak+1，（k∈N*），由ak﹣ak+1≥ak+1﹣ak+2，得bk≥bk+1，bk＞0，故1≥a1+a2+…+an=（b1+a2）+a2+…+an=b1+2（b2+a3）+a3+…+an，=…=b1+2b2+…+nbn+nan，所以，综上，对一切n∈N*，都有．

15．已知数列{an}中，a1=4，an+1=，n∈N*，Sn为{an}的前n项和．

（Ⅰ）求证：n∈N*时，an＞an+1；

（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

【解答】证明：（I）n≥2时，作差：an+1﹣an=﹣=，∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号，由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，an＞an+1．

（II）∵2=6+an，∴=an﹣2，即2（an+1﹣2）（an+1+2）=an﹣2，①

∴an+1﹣2与an﹣2同号，又∵a1﹣2=2＞0，∴an＞2．

∴Sn=a1+a2+…+an≥4+2（n﹣1）=2n+2．

∴Sn﹣2n≥2．

由①可得：=，因此an﹣2≤（a1﹣2），即an≤2+2×．

∴Sn=a1+a2+…+an≤2n+2×＜2n+．

综上可得：n∈N*时，2≤Sn﹣2n＜．

16．已知数列{an}满足，a1=1，an=﹣．

（1）求证：an≥；

（2）求证：|an+1﹣an|≤；

（3）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）∵a1=1，an=﹣．

∴a2=，a3=，a4=，猜想：≤an≤1．

下面用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，命题显然成立；

（ii）假设n=k时，≤1成立，则当n=k+1时，ak+1=≤＜1．，即当n=k+1时也成立，所以对任意n∈N*，都有．

（2）当n=1时，当n≥2时，∵，∴．

（3）当n=1时，|a2﹣a1|=＜；

当n≥2时，|a2n﹣an|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|．

17．设数列{an}满足：a1=a，an+1=（a＞0且a≠1，n∈N*）．

（1）证明：当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若b∈（a2，1），求证：当整数k≥+1时，ak+1＞b．

【解答】证明：（1）由an+1=知an与a1的符号相同，而a1=a＞0，∴an＞0，∴an+1=≤1，当且仅当an=1时，an+1=1

下面用数学归纳法证明：

①∵a＞0且a≠1，∴a2＜1，∴=＞1，即有a2＜a3＜1，②假设n=k时，有ak＜ak+1＜1，则

ak+2==＜1且=＞1，即ak+1＜ak+2＜1

即当n=k+1时不等式成立，由①②可得当n≥2时，an＜an+1＜1；

（2）若ak≥b，由（1）知ak+1＞ak≥b，若ak＜b，∵0＜x＜1以及二项式定理可知（1+x）n=1+Cn1x+…+Cnnxn≥nx，而ak2+1＜b2+1＜b+1，且a2＜a3＜…＜ak＜b＜1

∴ak+1=a2••…，=a2•

＞a2•（）k﹣1＞a2•（）k﹣1=a2•（1+）k﹣1，≥a2•[1+（k﹣1）]，∵k≥+1，∴1+（k﹣1）≥+1=，∴ak+1＞b．

18．设a＞3，数列{an}中，a1=a，an+1=，n∈N*．

（Ⅰ）求证：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，证明：an≤3+．

【解答】证明：（I）∵an+1﹣3=﹣3=．=﹣=，∴（）=＞0，∴与同号，又a＞3，∴=a﹣＞0，∴＞0，∴an+1﹣3＞0，即an＞3（n=1时也成立）．

∴==＜1．

综上可得：an＞3，且＜1；

（Ⅱ）当a≤4时，∵an+1﹣3=﹣3=．

∴=，由（I）可知：3＜an≤a1=a≤4，∴3＜an≤4．

设an﹣3=t∈（0，1]．

∴==≤，∴•…•≤，∴an﹣3≤（a1﹣3）×≤，∴an≤3+．

19．已知数列{an}满足an＞0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（n∈N*）．

（Ⅰ）证明：an＞1；

（Ⅱ）证明：++…+＜（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由题意得（n+1）an+12﹣（n+1）=nan2﹣n+an﹣1，∴（n+1）（an+1+1）（an+1﹣1）=（an﹣1）（nan+n+1），由an＞0，n∈N*，∴（n+1）（an+1+1）＞0，nan+n+1＞0，∴an+1﹣1与an﹣1同号，∵a1﹣1=1＞0，∴an＞1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故（n+1）an+12=nan2+an＜（n+1）an2，∴an+1＜an，1＜an≤2，又由题意可得an=（n+1）an+12﹣nan2，∴a1=2a22﹣a12，a2=3a32﹣2a22，…，an=（n+1）an+12﹣nan2，相加可得a1+a2+…+an=（n+1）an+12﹣4＜2n，∴an+12≤，即an2≤，n≥2，∴≤2（+）≤2（﹣）+（﹣+），n≥2，当n=2时，=＜，当n=3时，+≤＜＜，当n≥4时，++…+＜2（+++）+（++﹣）=1+++++＜，从而，原命题得证

20．已知数列{an}满足：．

（1）求证：；

（2）求证：．

【解答】证明：（1）由，所以，因为，所以an+2＜an+1＜2．

（2）假设存在，由（1）可得当n＞N时，an≤aN+1＜1，根据，而an＜1，所以．

于是，…．

累加可得（*）

由（1）可得aN+n﹣1＜0，而当时，显然有，因此有，这显然与（*）矛盾，所以．

21．已知数列{an}满足a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣）．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：++…+＜；

（3）记Sn=++…+，证明：对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

【解答】解：（1）a1=1，且an+12+an2=2（an+1an+an+1﹣an﹣），可得an+12+an2﹣2an+1an﹣2an+1+2an+1=0，即有（an+1﹣an）2﹣2（an+1﹣an）+1=0，即为（an+1﹣an﹣1）2=0，可得an+1﹣an=1，则an=a1+n﹣1=n，n∈N*；

（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．

则++…+=1+++…+

＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；

（3）证明：Sn=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；

假设n=k≥2，都有Sk2＞2（++…+）．

则n=k+1时，Sk+12=（Sk+）2，Sk+12﹣2（++…++）

=（Sk+）2﹣2（++…+）﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）++2•﹣2•

=Sk2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且Sk2＞2（++…+）．

可得Sk2﹣2（++…+）＞0，则Sk+12＞2（++…++）恒成立．

综上可得，对于一切n≥2，都有Sn2＞2（++…+）．

22．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*．

（1）求证：≤an≤1；

（2）求证：|a2n﹣an|≤．

【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：

①当n=1时，=，成立；

②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，命题也成立．

由①②得≤an≤1．

（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，∴|an+1﹣an|=||=≤|an﹣an﹣1|＜…＜（）n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|an+1﹣an|

≤=

=（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣an|≤．

23．已知数列{an]的前n项和记为Sn，且满足Sn=2an﹣n，n∈N*

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）证明：+…（n∈N*）

【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=2an﹣n（n∈N+），∴Sn﹣1=2an﹣1﹣n+1=0（n≥2），两式相减得：an=2an﹣1+1，变形可得：an+1=2（an﹣1+1），又∵a1=2a1﹣1，即a1=1，∴数列{an+1}是首项为2、公比为2的等比数列，∴an+1=2•2n﹣1=2n，an=2n﹣1．

（Ⅱ）由，（k=1，2，…n），∴=，由=﹣，（k=1，2，…n），得﹣=，综上，+…（n∈N*）．

24．已知数列{an}满足：a1=，an+1=+an（n∈N*）．

（1）求证：an+1＞an；

（2）求证：a2017＜1；

（3）若ak＞1，求正整数k的最小值．

【解答】（1）证明：an+1﹣an=≥0，可得an+1≥an．

∵a1=，∴an．

∴an+1﹣an=＞0，∴an+1＞an．

（II）证明：由已知==，∴=﹣，由=，=，…，=，累加求和可得：=++…+，当k=2017时，由（I）可得：=a1＜a2＜…＜a2016．

∴﹣=++…+＜＜1，∴a2017＜1．

（III）解：由（II）可得：可得：=a1＜a2＜…＜a2016＜a2017＜1．

∴﹣=++…+＞2017×=1，∴a2017＜1＜a2018，又∵an+1＞an．∴k的最小值为2018．

25．已知数列{an}满足：an2﹣an﹣an+1+1=0，a1=2

（1）求a2，a3；

（2）证明数列为递增数列；

（3）求证：＜1．

【解答】（1）解：∵a1=2，∴a2=22﹣2+1=3，同理可得：a3=7．

（2）证明：，对n∈N*恒成立，∴an+1＞an．

（3）证明：

故=．

26．已知数列{an}满足：a1=1，（n∈N*）

（Ⅰ）求证：an≥1；

（Ⅱ）证明：≥1+

（Ⅲ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（I）数列{an}满足：a1=1，（n∈N*），可得：，⇒an+1≥an≥an﹣1≥…≥a1=1；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得：；

（Ⅲ），由（Ⅱ）得：，所以，累加得：，另一方面由an≤n可得：原式变形为，所以：，累加得．

27．在正项数列{an}中，已知a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*）

（Ⅰ）求a2，a3；

（Ⅱ）证明．an≥．

【解答】解：（Ⅰ）∵在正项数列{an}中，a1=1，且满足an+1=2an（n∈N*），∴=，=．

证明：（Ⅱ）①当n=1时，由已知，成立；

②假设当n=k时，不等式成立，即，∵f（x）=2x﹣在（0，+∞）上是增函数，∴≥

=（）k+（）k﹣

=（）k+

=（）k+，∵k≥1，∴2×（）k﹣3﹣3=0，∴，即当n=k+1时，不等式也成立．

根据①②知不等式对任何n∈N*都成立．

28．设数列{an}满足．

（1）证明：；

（2）证明：．

【解答】（本题满分15分）

证明：（I）易知an＞0，所以an+1＞an+＞an，所以

ak+1=ak+＜ak+，所以．

所以，当n≥2时，=，所以an＜1．

又，所以an＜1（n∈N*），所以

an＜an+1＜1（n∈N*）．…（8分）

（II）当n=1时，显然成立．

由an＜1，知，所以，所以，所以，所以，当n≥2时，=，即．

所以（n∈N*）．

…（7分）

29．已知数列{an}满足a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），令bn=an+1．

（Ⅰ）求证：{bn}是等比数列；

（Ⅱ）记数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；

（Ⅲ）求证：﹣＜+…+．

【解答】（I）证明：a1=2，an+1=2（Sn+n+1）（n∈N*），∴a2=2×（2+1+1）=8．

n≥2时，an=2（Sn﹣1+n），相减可得：an+1=3an+2，变形为：an+1+1=3（an+1），n=1时也成立．

令bn=an+1，则bn+1=3bn．∴{bn}是等比数列，首项为3，公比为3．

（II）解：由（I）可得：bn=3n．

∴数列{nbn}的前n项和Tn=3+2×32+3×33+…+n•3n，3Tn=32+2×33+…+（n﹣1）•3n+n•3n+1，∴﹣2Tn=3+32+…+3n﹣n•3n+1=﹣n•3n+1=×3n+1﹣，解得Tn=+．

（III）证明：∵bn=3n=an+1，解得an=3n﹣1．

由=．

∴+…+＞…+==，因此左边不等式成立．

又由==＜=，可得+…+＜++…+

=＜．因此右边不等式成立．

综上可得：﹣＜+…+．

30．已知数列{an}中，a1=3，2an+1=an2﹣2an+4．

（Ⅰ）证明：an+1＞an；

（Ⅱ）证明：an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）设数列{}的前n项和为Sn，求证：1﹣（）n≤Sn＜1．

【解答】证明：（I）an+1﹣an=﹣an=≥0，∴an+1≥an≥3，∴（an﹣2）2＞0

∴an+1﹣an＞0，即an+1＞an；

（II）∵2an+1﹣4=an2﹣2an=an（an﹣2）

∴=≥，∴an﹣2≥（an﹣1﹣2）≥（）2（an﹣2﹣2）≥（）3（an﹣3﹣2）≥…≥（）n﹣1（a1﹣2）=（）n﹣1，∴an≥2+（）n﹣1；

（Ⅲ）∵2（an+1﹣2）=an（an﹣2），∴==（﹣）

∴=﹣，∴=﹣+，∴Sn=++…+=﹣+﹣+…+﹣=﹣=1﹣，∵an+1﹣2≥（）n，∴0＜≤（）n，∴1﹣（）n≤Sn=1﹣＜1．

31．已知数列{an}满足a1=，an+1=，n∈N*．

（1）求a2；

（2）求{}的通项公式；

（3）设{an}的前n项和为Sn，求证：（1﹣（）n）≤Sn＜．

【解答】（1）解：∵a1=，a，n∈N+．∴a2==．

（2）解：∵a1=，a，n∈N+．∴=﹣，化为：﹣1=，∴数列是等比数列，首项与公比都为．

∴﹣1=，解得=1+．

（3）证明：一方面：由（2）可得：an=≥=．

∴Sn≥+…+==，因此不等式左边成立．

另一方面：an==，∴Sn≤+++…+=×＜×3＜（n≥3）．

又n=1，2时也成立，因此不等式右边成立．

综上可得：（1﹣（）n）≤Sn＜．

32．数列{an}中，a1=1，an=．

（1）证明：an＜an+1；

（2）证明：anan+1≥2n+1；

（3）设bn=，证明：2＜bn＜（n≥2）．

【解答】证明：（1）数列{an}中，a1=1，an=．

可得an＞0，an2=anan+1﹣2，可得an+1=an+＞an，即an＜an+1；

（2）由（1）可得anan﹣1＜an2=anan+1﹣2，可得anan+1﹣anan﹣1＞2，n=1时，anan+1=a12+2=3，2n+1=3，则原不等式成立；

n≥2时，anan+1＞3+2（n﹣1）=2n+1，综上可得，anan+1≥2n+1；

（3）bn=，要证2＜bn＜（n≥2），即证2＜an＜，只要证4n＜an2＜5n，由an+1=an+，可得an+12=an2+4+，且a2=3，an+12﹣an2=4+＞4，且4+＜4+=4+=，即有an+12﹣an2∈（4，），由n=2，3，…，累加可得

an2﹣a22∈（4（n﹣2），），即有an2∈（4n+1，）⊆（4n，5n），故2＜bn＜（n≥2）．

33．已知数列{an}满足，（1）若数列{an}是常数列，求m的值；

（2）当m＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数m，使得an＜4对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，得．显然，当时，有an=1．

…（3分）

（2）由条件得，得a2＞a1．…（5分）

又因为，两式相减得．

…（7分）

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0，从而有an＜an+1．…（9分）

（3）因为，…（10分）

所以an=a1+（a2﹣a1）+…+（an﹣an﹣1）≥1+（n﹣1）（m﹣2）．

这说明，当m＞2时，an越来越大，显然不可能满足an＜4．

所以要使得an＜4对一切整数n恒成立，只可能m≤2．…（12分）

下面证明当m=2时，an＜4恒成立．用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立．

假设当n=k时成立，即ak＜4，则当n=k+1时，成立．

由上可知an＜4对一切正整数n恒成立．

因此，正数m的最大值是2．…（15分）

34．已知数列{an}满足：，p＞1，．

（1）证明：an＞an+1＞1；

（2）证明：；

（3）证明：．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明an＞1．

①当n=1时，∵p＞1，∴；

②假设当n=k时，ak＞1，则当n=k+1时，．

由①②可知an＞1．

再证an＞an+1．，令f（x）=x﹣1﹣xlnx，x＞1，则f＇（x）=﹣lnx＜0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0，所以，即an＞an+1．

（2）要证，只需证，只需证其中an＞1，先证，令f（x）=2xlnx﹣x2+1，x＞1，只需证f（x）＜0．

因为f＇（x）=2lnx+2﹣2x＜2（x﹣1）+2﹣2x=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递减，所以f（x）＜f（1）=0．

再证（an+1）lnan﹣2an+2＞0，令g（x）=（x+1）lnx﹣2x+2，x＞1，只需证g（x）＞0，令，x＞1，则，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，所以h（x）＞h（1）=0，从而g＇（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0，综上可得．

（3）由（2）知，一方面，由迭代可得，因为lnx≤x﹣1，所以，所以ln（a1a2…an）=lna1+lna2+…+lnan=；

另一方面，即，由迭代可得．

因为，所以，所以=；

综上，．

35．数列{an}满足a1=，an+1﹣an+anan+1=0（n∈N*）．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）求证：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

【解答】解（Ⅰ）：由已知可得数列{an}各项非零．

否则，若有ak=0结合ak﹣ak﹣1+akak﹣1=0⇒ak﹣1=0，继而⇒ak﹣1=0⇒ak﹣2=0⇒…⇒a1=0，与已知矛盾．

所以由an+1﹣an+anan+1=0可得．

即数列是公差为1的等差数列．

所以．

所以数列{an}的通项公式是（n∈N*）．

（Ⅱ）

证明一：因为．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an=．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

证明二：a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an===．

所以a1+a1a2+a1a2a3+…+a1a2…an＜1．

36．已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+p．

（1）若数列{an}就常数列，求p的值；

（2）当p＞1时，求证：an＜an+1；

（3）求最大的正数p，使得an＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

【解答】解：（1）若数列{an}是常数列，则，；显然，当时，有an=1

（2）由条件得得a2＞a1，又因为，两式相减得

显然有an＞0，所以an+2﹣an+1与an+1﹣an同号，而a2﹣a1＞0，所以an+1﹣an＞0；

从而有an＜an+1．

（3）因为，所以an=a1+（a2﹣a1）+…（an﹣an﹣1）＞1+（n﹣1）（p﹣1），这说明，当p＞1时，an越来越大，不满足an＜2，所以要使得an＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，下面证明当p=1时，an＜2恒成立；用数学归纳法证明：

当n=1时，a1=1显然成立；

假设当n=k时成立，即ak＜2，则当n=k+1时，成立，由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1

37．已知数列{an}满足a1=a＞4，（n∈N*）

（1）求证：an＞4；

（2）判断数列{an}的单调性；

（3）设Sn为数列{an}的前n项和，求证：当a=6时，．

【解答】（1）证明：利用数学归纳法证明：

①当n=1时，a1=a＞4，成立．

②假设当n=k≥2时，ak＞4，．

则ak+1=＞=4．

∴n=k+1时也成立．

综上①②可得：∀n∈N*，an＞4．

（2）解：∵，（n∈N*）．

∴﹣=﹣2an﹣8=﹣9＞（4﹣1）2﹣9=0，∴an＞an+1．

∴数列{an}单调递减．

（3）证明：由（2）可知：数列{an}单调递减．

一方面Sn＞a1+4（n﹣1）=4n+2．

另一方面：=＜，∴an﹣4＜，∴Sn﹣4n＜＜．即Sn＜4n+．

∴当a=6时，．

38．已知数列{an}满足a1=1，an+1=．

（Ⅰ）求证：an+1＜an；

（Ⅱ）求证：≤an≤．

【解答】解：（Ⅰ）证明：由a1=1，an+1=，得an＞0，（n∈N），则an+1﹣an=﹣an=＜0，∴an+1＜an；

（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知0＜an＜1，又an+1=．，∴=≥，即an+1＞an，∴an＞an﹣1≥（）2an﹣1≥…≥（）2an﹣1≥（）n﹣1a1=，即an≥．

由an+1=，则=an+，∴﹣=an，∴﹣=a1=1，﹣=a2=，﹣=a3=（）2…﹣=an﹣1≥（）n﹣2，累加得﹣=1++（）2+…+（）n﹣2==2﹣（）n﹣2，而a1=1，∴≥3﹣（）n﹣2==，∴an≤．

综上得≤an≤．

39．已知数列{an}满足：a1=1，．

（1）若b=1，证明：数列是等差数列；

（2）若b=﹣1，判断数列{a2n﹣1}的单调性并说明理由；

（3）若b=﹣1，求证：．

【解答】解：（1）证明：当b=1，an+1=+1，∴（an+1﹣1）2=（an﹣1）2+2，即（an+1﹣1）2﹣（an﹣1）2=2，∴（an﹣1）2﹣（an﹣1﹣1）2=2，∴数列{（an﹣1）2}是0为首项、以2为公差的等差数列；

（2）当b=﹣1，an+1=﹣1，数列{a2n﹣1}单调递减．

可令an+1→an，可得1+an=，可得an→，即有an＜（n=2，3，…），再令f（x）=﹣1，可得

在（﹣∞，1]上递减，可得{a2n﹣1}单调递减．

（3）运用数学归纳法证明，当n=1时，a1=1＜成立；

设n=k时，a1+a3+…+22k﹣1＜，当n=k+1时，a1+a3+…+a2k﹣1+a2k+1

＜+=，综上可得，成立．

40．已知数列{an}满足，（n=1，2，3…），Sn=b1+b2+…+bn．

证明：（Ⅰ）an﹣1＜an＜1（n≥1）；

（Ⅱ）（n≥2）．

【解答】证明：（Ⅰ）由得：（*）

显然an＞0，（*）式⇒

故1﹣an与1﹣an﹣1同号，又，所以1﹣an＞0，即an＜1…（3分）

（注意：也可以用数学归纳法证明）

所以

an﹣1﹣an=（2an+1）（an﹣1）＜0，即an﹣1＜an

所以

an﹣1＜an＜1（n≥1）…（6分）

（Ⅱ）（*）式⇒，由0＜an﹣1＜an＜1⇒an﹣1﹣an+1＞0，从而bn=an﹣1﹣an+1＞0，于是，Sn=b1+b2+…+bn＞0，…（9分）

由（Ⅰ）有1﹣an﹣1=2（1+an）（1﹣an）⇒，所以（**）…（11分）

所以Sn=b1+b2+…+bn=（a0﹣a1+1）+（a1﹣a2+1）+…（an﹣1﹣an+1）=…（12分）

=…（14分）

∴（n≥2）成立…（15分）

41．已知数列{an}满足a1=1，an+1=，n∈N*，记S，Tn分别是数列{an}，{a}的前n项和，证明：当n∈N*时，（1）an+1＜an；

（2）Tn=﹣2n﹣1；

（3）﹣1＜Sn．

【解答】解：（1）由a1=1，an+1=，n∈N*，知an＞0，故an+1﹣an=﹣an=＜0，因此an+1＜an；

（2）由an+1=，取倒数得：=+an，平方得：=+an2+2，从而﹣﹣2=an2，由﹣﹣2=a12，﹣﹣2=a22，…，﹣﹣2=an2，累加得﹣﹣2n=a12+a22+…+an2，即Tn=﹣2n﹣1；

（3）由（2）知：﹣=an，可得﹣=a1，﹣=a2，…，﹣=an，由累加得﹣=a1+a2+…+an=Sn，又因为=a12+a22+…+an2+2n+1＞2n+2，所以＞，Sn=an+an﹣1+…+a1

=﹣＞﹣1＞﹣1；

又由＞，即＞，得

当n＞1时，an＜=＜=（﹣），累加得Sn＜a1+[（﹣1）+（﹣）+…+（﹣）]=1+（﹣1）＜，当n=1时，Sn成立．

因此﹣1＜Sn．

42．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an2+2an，n∈N*，设bn=log2（an+1）．

（I）求{an}的通项公式；

（II）求证：1+++…+＜n（n≥2）；

（III）若=bn，求证：2≤＜3．

【解答】解：（I）由，则，由a1=3，则an＞0，两边取对数得到，即bn+1=2bn（2分）

又b1=log2（a1+1）=2≠0，∴{bn}是以2为公比的等比数列．

即（3分）

又∵bn=log2（an+1），∴（4分）

（2）用数学归纳法证明：1o当n=2时，左边为=右边，此时不等式成立；

（5分）

2o假设当n=k≥2时，不等式成立，则当n=k+1时，左边=（6分）

＜k+1=右边

∴当n=k+1时，不等式成立．

综上可得：对一切n∈N*，n≥2，命题成立．（9分）

（3）证明：由得cn=n，∴，首先，（10分）

其次∵，∴，当n=1时显然成立．所以得证．（15分）

43．已知正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

（1）求证：1＜an≤3，n∈N*；

（2）若对于任意的正整数n，都有成立，求M的最小值；

（3）求证：a1+a2+a3+…+an＜n+6，n∈N*．

【解答】（1）证明：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

得+an+2=2an+1，两式相减得（an+2﹣an+1）（an+2+an+1+1）=2（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+2﹣an+1与an+1﹣an同号．

∵+a2=2a1=6，∴a2=2，则a2﹣a1＜0，∴an+1﹣an＜0，即数列{an}是单调减数列，则an≤a1=3．

另一方面：由正项数列{an}满足a1=3，n∈N*．

可得：+an+1=2an，得+an+1﹣2=2an﹣2，得（an+1+2）（an+1﹣1）=2（an﹣1），由an+1+2＞0，易知an+1﹣1与an﹣1同号，由于a1﹣1=2＞0，可知an﹣1＞0，即an＞1．

综上可得：1＜an≤3，n∈N*．

（2）解：由（1）知：=，而3＜an+1+2≤a2+2=4，则≤，∴．

故M的最小值为．

（3）证明：由（2）知n≥2时，an﹣1=（a1﹣1）×××…×＜=2×，又n=1时，a1﹣1=2，故有an﹣1≤，n∈N*．

即an≤，n∈N*．

则a1+a2+a3+…+an＜n+2=n+2×＜n+6，n∈N*．

44．已知在数列{an}中，，n∈N*．

（1）求证：1＜an+1＜an＜2；

（2）求证：；

（3）求证：n＜sn＜n+2．

【解答】证明：（1）先用数学归纳法证明1＜an＜2

1°．n=1时

2°．假设n=k时成立，即1＜ak＜2，n=k+1时，ak∈（1，2）成立．

由1°2°知1＜an＜2，n∈N*恒成立.=（an﹣1）（an﹣2）＜0．

所以1＜an+1＜an＜2成立．

（2），当n≥3时，而1＜an＜2．

所以．

由得，=

所以

（3）由（1）1＜an＜2得sn＞n

由（2）得，=．

45．已知数列{an}中，（n∈N*）．

（1）求证：；

（2）求证：是等差数列；

（3）设，记数列{bn}的前n项和为Sn，求证：．

【解答】证明：（1）当n=1时，满足，假设当n=k（k≥1）时结论成立，即≤ak＜1，∵ak+1=，∴，即n=k+1时，结论成立，∴当n∈N*时，都有．

（2）由，得，∴，∴==﹣1，即，∴数列是等差数列．

（3）由（2）知，∴，∴==，∵当n≥2时，12n2+18n﹣（7n2+21n+14）=（5n+7）（n﹣2）≥0，∴n≥2时，∴n≥2时，又b1=，b2=，∴当n≥3时，==

．

46．已知无穷数列{an}的首项a1=，=n∈N*．

（Ⅰ）证明：0＜an＜1；

（Ⅱ）

记bn=，Tn为数列{bn}的前n项和，证明：对任意正整数n，Tn．

【解答】（Ⅰ）证明：①当n=1时显然成立；

②假设当n=k（k∈N*）时不等式成立，即0＜ak＜1，那么：当n=k+1时，＞，∴0＜ak+1＜1，即n=k+1时不等式也成立．

综合①②可知，0＜an＜1对任意n∈N*成立．﹣﹣﹣﹣

（Ⅱ），即an+1＞an，∴数列{an}为递增数列．

又=，易知为递减数列，∴也为递减数列，∴当n≥2时，==

∴当n≥2时，=

当n=1时，成立；

当n≥2时，Tn=b1+b2+…+bn＜=

综上，对任意正整数n，47．已知数列{xn}满足x1=1，xn+1=2+3，求证：

（I）0＜xn＜9；

（II）xn＜xn+1；

（III）．

【解答】证明：（I）（数学归纳法）

当n=1时，因为x1=1，所以0＜x1＜9成立．

假设当n=k时，0＜xk＜9成立，则当n=k+1时，．

因为，且得xk+1＜9

所以0＜xn＜9也成立．

（II）因为0＜xn＜9，所以．

所以xn＜xn+1．

（III）因为0＜xn＜9，所以．

从而xn+1=2+3＞+3．

所以，即．

所以．

又x1=1，故．

48．数列{an}各项均为正数，且对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．

（Ⅰ）若a1，2a2，3a3依次成等比数列，求a1的值（用常数c表示）；

（Ⅱ）设bn=，Sn是数列{bn}的前n项和，（i）求证：；

（ii）求证：Sn＜Sn+1＜．

【解答】（I）解：对任意n∈N*，满足an+1=an+can2（c＞0且为常数）．∴a2=．a3=．

∵a1，2a2，3a3依次成等比数列，∴=a1•3a3，∴=a1•3（），a2＞0，化为4a2=3a1（1+ca2）．

∴4（）=3a1[1+c（）]，a1＞0，化为：3c2x2﹣cx﹣1=0，解得x=．

（II）证明：（i）由an+1=an+can2（c＞0且为常数），an＞0．

∴﹣=﹣==﹣．即﹣=﹣．

（ii）由（i）可得：﹣=﹣．

∴bn==，∴Sn=+…+=．

由an+1=an+can2＞an＞0，可得﹣．

∴Sn＜=Sn+1＜．

∴Sn＜Sn+1＜．

49．设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．

（Ⅰ）求证：|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）

（Ⅱ）若|an|≤（）n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．

【解答】解：（I）∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，∴﹣≤，n∈N*，∴=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）≤+++…+==1﹣＜1．

∴|an|≥2n﹣1（|a1|﹣2）（n∈N*）．

（II）任取n∈N*，由（I）知，对于任意m＞n，﹣=（﹣）+（﹣）+…+（﹣）

≤++…+=＜．

∴|an|＜（+）•2n≤[+•（）m]•2n=2+（）m•2n．①

由m的任意性可知|an|≤2．

否则，存在n0∈N*，使得|a|＞2，取正整数m0＞log且m0＞n0，则

2•（）＜2•（）=|a|﹣2，与①式矛盾．

综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．

50．已知数列{an}满足：a1=1，an+1=an+．（n∈N*）

（Ⅰ）证明：≥1+；

（Ⅱ）求证：＜an+1＜n+1．

【解答】证明：（Ⅰ）∵，∴an+1＞an＞a1≥1，∴．

（Ⅱ）∵，∴0＜＜1，即﹣=＜＜﹣，累加可得，﹣＜1﹣，故an+1＜n+1，另一方面，由an≤n可得，原式变形为

故

累加得，故＜an+1＜n+1．

—

END

—

第三篇：2014高考数学压轴题(20)（写写帮整理）

2014数学 压轴题（20）

33.若a,b1,2,3,4，则方程2x22axb0有实根的概率为1315B.C.D.4828

34.将一个骰子先后抛掷两次，事件A表示“第一次出现奇数点”，事件B表示“第二次的A.点数不小于5”，则PAB

xx35.已知函数fexe,g0xefx,若gixgi'1xi1,2,3,，则

g2014x36.设函数yf(x)的定义域为D，若对于任意x1、x2D，当x1x22a时，恒有 f(x1)f(x2)2b，则称点(a,b)为函数yf(x)图像的对称中心．研究函数

f(x)xsinx3的某一个对称中心，并利用对称中心的上述定义，可得到

1240264027ffff的值为„„„„„„„„（）***4

A.4027B.4027C.8054D.8054

37.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有

A.504种B.960种C.1008种D.1108种

x2(a1)x2a238.已知函数f(x)的定义域是使得解析式有意义的x的集合，如果22xax2a

对于定义域内的任意实数x，函数值均为正，则实数a的取值范围是（）．

A.7a0或a2B.16a0或a2

C.7a0-D.16a0

39.定义函数f(x){x{x}}，其中{x}表示不小于x的最小整数，如{1.4}2，{2.3}2．当x(0,n]（nN*）时，函数f(x)的值域为An，记集合An中元 素的个数为an，则an______

1x

,0x240.已知函数yf(x)是定义域为R的偶函数.当x0时，f(x)2logx．x216

2若,关于x的方程[f(x)]af(x)b0(a、bR)有且只有7个不同实数根，则实数a的取值范围是

第四篇：高考数学专题-导数压轴题特辑1

导数压轴题特辑1

一．选择题（共3小题）

1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

二．多选题（共1小题）

4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

三．解答题（共36小题）

5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．

（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．

①求a，b，c的值；

②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．

（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．

9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

10．已知函数（e为自然对数的底数）．

（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求

函数在区间[﹣1，1]上的最大值；

（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．

11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；

（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；

（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．

12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．

13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

14．已知函数

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点

A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直线l

与曲线y＝g（x）

相切．

15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；

（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；

（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．

17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；

（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．

19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；

①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函数h（x）的单调区间；

（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．

24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．

（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）

（2）若A（，），求实数k，b的值．

25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；

（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；

（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

27．已知函数f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．

28．已知函数（a∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；

（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．

29．已知函数f（x）＝．

（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．

30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．

（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；

（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

31．设函数，m∈R．

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；

（2）讨论函数零点的个数．

32．已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．

34．已知函数．

（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；

（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．

35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的极值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．

36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求f（x）的单调区间和极值．

37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．

38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

39．已知函数f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．

40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．

导数压轴题特辑1

参考答案与试题解析

一．选择题（共3小题）

1．设f＇（x）是函数f（x）的导函数，若f＇（x）＞0，且∀x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（）

A．f（2）＜f（e）＜f（π）

B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）

C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）

D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）

【分析】f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，由，可得＜，可得y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．进而判断出正误．

【解答】解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，∵，∴＜，∴y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．

∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正确．

∵f（3）﹣f（2）＝，表示点A（2，f（2）），B（3，f（3））的连线的斜率．

由图可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正确．

C项无法推出，故选：C．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、切线的斜率、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

2．设函数f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），其导函数为y＝f′（x），若两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），则下列说法正确的是（）

A．x1+x4＜2（x2+x3）

B．x1+x4＞2（x2+x3）

C．x1+x3＜x2+x4

D．x1+x3≥x2+x4

【分析】f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x．f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．画出图象．根据：两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）＝f（x4），可得x2+x3＝．由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，可得x1+x4＜a，即可判断出结论．

【解答】解：f（x）＝x2（x﹣a）（a＞0），令f（x）＝x2（x﹣a）＝0，解得x＝0，或a．可得0，a是函数f（x）的零点．

f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝3x（x﹣）＝3﹣．

可得0是函数f（x）的极大值点，a是函数f（x）的极小值点．

可得0，a是函数f′（x）的零点．

f（0）＝f′（0）＝＝f（a），＝﹣，＝﹣．

画出图象．

两两不相同实数x1，x2，x3，x4满足f（x1）＝f′（x2）＝f′（x3）

＝f（x4），∴x2+x3＝．

由f（x1）＝f（x4），可得：﹣a＝﹣a，化为：﹣a（x1+x4）＝x1x4＜，化为：（x1+x4）（x1+x4﹣a）＜0．

x1+x4＞0，（≤0不成立）．

∴x1+x4＜a＝2（x2+x3）．

∴x1+x4＜2（x2+x3）正确．B不正确．

结合图象可得：CD不正确．

故选：A．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、函数的零点、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．已知函数f（x）的定义域为R，且满足f（4）＝1，f′（x）为f（x）的导函数，又知y＝f′（x）的图象如图，若两个正数a，b满足f（2a+b）＜1，则的取值范围是（）

A．[，]

B．（，）

C．[，2]

D．（，2）

【分析】由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）的单调性．可得两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），可得2a+b＜4，如图所示，由于表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．即可得出．

【解答】解：由y＝f′（x）的图象如图，可得：函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．

∵两个正数a，b满足f（2a+b）＜1＝f（4），∴2a+b＜4，如图所示，则表示点Q（a，b）与点P（﹣2，﹣3）连线的斜率．

kAP＝＝，kPB＝＝．

∴斜率的取值范围是（，）．

故选：B．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、斜率计算公式、线性规划问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二．多选题（共1小题）

4．对于定义域为R的函数f（x），若满足：①f（0）＝0；②当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0；③当x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）为“偏对称函数”下列函数是“偏对称函数”的是（）

A．f1（x）＝﹣x3+x2

B．f2（x）＝ex﹣x﹣1

C．f3（x）＝xsinx

D．f4（x）＝

【分析】运用新定义，分别讨论四个函数是否满足三个条件，结合奇偶性和单调性，以及对称性，即可得到所求结论．

【解答】解：经验证，f1（x），f2（x），f3（x），f4（x）

都满足条件①，∵当x∈R且x≠0时，都有xf′（x）＞0

∴或，即条件②等价于函数

f（x）

在区间

（﹣∞，0）上单调递减，在区间

（0，+∞）

上单调递增，当

x1＜0＜x2且|x1|＜|x2|时，等价于﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2，A

中，f1（x）＝﹣x3+x2，f1′（x）＝﹣3x2+2x，则当

x≠0

时，由xf1′（x）＝﹣3x3+2x2＝x2（2﹣3x）≤0，得x≥，不符合条件②，故

f1（x）

不是“偏对称函数”；

B

中，f2（x）＝ex﹣x﹣1，f2′（x）＝ex﹣1，当

x＞0

时，ex＞1，f2′（x）＞0，当

x＜0

时，0＜ex＜1，f2′（x）＜0，则当

x≠0

时，都有

xf2′（x）＞0，符合条件②，∴函数f2（x）＝ex﹣x﹣1

在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）

上单调递增，由

f2（x）的单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f2（x1）＜f2（﹣x2），∴f2（x1）﹣f2（x2）＜f2（﹣x2）﹣f2（x2）＝﹣++2x2，令F（x）＝﹣ex+e﹣x+2x，x＞0，F′（x）＝﹣ex﹣e﹣x+2≤﹣2+2＝0，当且仅当

ex＝e﹣x即

x＝0

时，“＝“成立，∴F（x）

在[0，+∞）

上是减函数，∴F（x2）＜F（0）＝0，即

f2（x1）＜f2（x2），符合条件③，故

f2（x）

是“偏对称函数”；

C

中，f3（x）＝xsinx，则

f3（﹣x）＝﹣xsin（﹣x）＝f3（x），则

f3（x）

是偶函数，而f3′（x）＝sinx+xcosx＝sin（x+φ）（tanφ＝x），则根据三角函数的性质可知，当

x＞0

时，f3′（x）的符号有正有负，不符合条件②，故

f3（x）

不是“偏对称函数”；

D

中，由函数

f4（x）＝，当

x＜0

时，f4′（x）＝＜0，当

x＞0

时，f3′（x）＝2＞0，符合条件②，∴函数

f4（x）

在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）

上单调递增，由单调性知，当﹣x2＜x1＜0＜﹣x1＜x2时，f4（x1）＜f4（﹣x2），∴f4（x1）﹣f4（x2）＜f4（﹣x2）﹣f4（x2）＝ln（x2+1）﹣2x2，设

F（x）＝ln（x+1）﹣2x，x＞0，则

F′（x）＝﹣2＜0，F（x）

在（0，+∞）

上是减函数，可得

F（x）＜F（0）＝0，∴F（x2）＜0，即

f（x1）＜f（x2），符合条件③，故

f4（x）

是“偏对称函数”，故选：BD．

【点评】本题主要考查在新定义下利用导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与划归思想，属于难题．

三．解答题（共36小题）

5．已知函数f（x）＝ex（sinx﹣ax2+2a﹣e），其中a∈R，e＝2.71828…为自然数的底数．

（1）当a＝0时，讨论函数f（x）的单调性；

（2）当≤a≤1时，求证：对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．

（2）对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0转化为证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．

【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝ex（sinx﹣e），则f′（x）＝ex（sinx﹣e）+excosx＝ex（sinx﹣e+cosx），∵sinx+cosx＝sin（x+）≤＜e，∴sinx+cosx﹣e＜0

故f′（x）＜0

则f（x）在R上单调递减．

（2）当x≥0时，y＝ex≥1，要证明对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

则只需要证明对任意的x∈[0，+∞），sinx﹣ax2+2a﹣e＜0．

设g（a）＝sinx﹣ax2+2a﹣e＝（﹣x2+2）a+sinx﹣e，看作以a为变量的一次函数，要使sinx﹣ax2+2a﹣e＜0，则，即，∵sinx+1﹣e＜0恒成立，∴①恒成立，对于②，令h（x）＝sinx﹣x2+2﹣e，则h′（x）＝cosx﹣2x，设x＝t时，h′（x）＝0，即cost﹣2t＝0．

∴t＝，sint＜sin，∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，则当x＝t时，函数h（x）取得最大值h（t）＝sint﹣t2+2﹣e＝sint﹣（）2+2﹣e

＝sint﹣+2﹣e＝sin2t+sint+﹣e＝（+1）2+﹣e≤（）2+﹣e＝﹣e＜0，故④式成立，综上对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

【点评】本题主要考查函数单调性与导数的应用，求函数的导数，构造函数，利用导数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．

6．（1）已知函数是奇函数，又f（1）＝2，f（2）＜3，且f（x）在[1，+∞）上递增．

①求a，b，c的值；

②当x＜0时，讨论f（x）的单调性．

（2）已知二次函数f（x）的图象开口向下，且对于任意实数x都有f（2﹣x）＝f（2+x）求不等式：f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]的解．

【分析】A、（1）求三个未知数，需要三个条件，一是定义域要关于原点对称，二是f（1）＝2，三是f（2）＜3，f（x）在[1，+∞）上单调递增可解．

（2）用单调性定义来探讨，先在给定的区间上任取两个变量，且界定大小，再作差变形，在与0比较中出现讨论，再进一步细化区间，确定后即为所求的单调区间．

B、由题设二次函数f（x）的图象开口向下，又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），知其对称轴方程为x＝2，由二次函数的这些特征即可研究出其单调性，分析（x2+x+），（2x2﹣x+）的范围，利用二次函数的单调性转化不等式为（x2+x+）＜（2x2﹣x+），利用对数函数的单调性把不等式转化为x2+x+＞2x2﹣x+，解此不等式即可求得结果．

【解答】A、解：（1）∵f（x）为奇函数，故f（x）的定义域关于原点对称

又f（x）的定义域为

（显然b≠0，否则f（x）为偶函数）

∴，即c＝0

于是得，且，∴

∴，又b∈Z

∴b＝1

∴a＝1

故a＝b＝1，c＝0，符合f（x）在[1，+∞）上单调递增

（2）由（1）知，＝

①当﹣1＜x1＜x2＜0时，显然x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1，x1x2﹣1＜0

∴f（x1）﹣f（x2）＞0

∴f（x）为减函数

②当x1＜x2＜﹣1时，显然x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0

∴f（x1）﹣f（x2）＜0

∴f（x）为增函数

综上所述，f（x）在（﹣∞，﹣1]上是增函数，在[﹣1，0）上是减函数．

B、解：由题意二次函数f（x）图象开口向下，故在对称轴两边的图象是左降右升

又对于任意实数x，都有f（2﹣x）＝f（x+2），故此函数的对称轴方程是x＝2

由此知，函数f（x）在（﹣∞，2]上是增函数，在（2，+∞）是减函数，而x2+x+＝（x+）2+≥，2x2﹣x+＝2（x﹣）2+≥，∴（x2+x+）≤＝2，（2x2﹣x+）≤＝1，∵f[（x2+x+）]＜f[（2x2﹣x+）]

∴（x2+x+）＜（2x2﹣x+），∴x2+x+＞2x2﹣x+，解得，∴不等式的解集为．

【点评】A、此题是中档题．本题主要考查函数利用奇偶性和函数值，单间性来求解析式，在研究单调性中分类讨论的思想应用．

B、本题主要考查二次函数的单调性和对称性，还考查了利用对数函数的单调性解对数不等式和一元二次不等式的解法，特别注意对数不等式的求解时的定义域．

7．已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．

（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；

（2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围；

方法二：构造两个基本不等式ex＞x﹣1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即可求出a的取值范围，方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，再根据导数和函数最值的关系即可证明，方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a的范围．

方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数hg（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围．

【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1，∴f′（x）＝ex﹣，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x＝，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S＝×2×＝．

（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，则g′（t）＝et+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）

∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）＝﹣1＝，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．

方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝ex﹣x﹣1，∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴ex﹣x﹣1＞0，即ex＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1﹣＝，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx

∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．

方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝a﹣a＝a（﹣1）＞0，∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝ex﹣1﹣，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．

方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝aex﹣1﹣，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y＝在0，+∞）上为减函数，∴y＝aex﹣1与y＝在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a﹣＝0，则a＝，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a﹣lnx0+lna

＝﹣lnx0+1﹣x0﹣lnx0＝﹣2lnx0+1﹣x0≥1

∴﹣2lnx0﹣x0≥0

设g（x）＝﹣2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，﹣2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1﹣＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．

方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．

当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．

设g（a）＝a+lna﹣1，则g＇（a）＝1+＞0，则g（a）单调增，且g（1）＝0．

所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．

∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．

∵ex≥x+1，把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．

∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1．

综上，a≥1．

【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．

8．已知函数f（x）＝（eax﹣1）lnx（a＞0）．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若关于x的方程f（x）＝ax2﹣ax在[1，+∞）上恰有三个不同的实数解，求a的取值范围．

【分析】（1）求得a＝1时，f（x）的导数，可得切线的斜率和方程，可得切线与x，y轴的交点，由三角形的面积公式，可得所求值；

（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，构造函数g（x）＝（x＞0），求得导数，判断单调性，可得原方程即为ax＝lnx，由参数分离和构造新函数，求得导数和最值，即可得到所求范围．

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（ex﹣1）lnx，可得f（1）＝0，f（x）的导数f′（x）＝exlnx+，所以切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，则切线的方程为y＝（e﹣1）（x﹣1），该切线与x轴的交点为（1，0），与y轴的交点为（0，1﹣e），所以所求三角形的面积为×1×（e﹣1）＝；

（2）显然x＝1为方程f（x）＝ax2﹣ax的根，当x＞0且x≠1时，原方程等价于＝＝，设g（x）＝（x＞0），g′（x）＝，设h（x）＝1+（x﹣1）ex（x＞0），h′（x）＝xex＞0，可得h（x）在（0，+∞）递增，则h（x）＞h（（0）＝0，即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，原方程等价于g（ax）＝g（lnx），只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等实根．

故只需ax＝lnx在（1，+∞）上有两个不等的实根．

则a＝（x＞1），设k（x）＝（x＞1），k′（x）＝，可得k（x）在（1，e）递增，在（e，+∞）递减，则k（x）的最大值为k（e）＝，又k（1）＝0，所以a的范围是（0，）．

【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性、最值，考查方程思想和构造函数法、化简运算能力和推理能力，属于中档题．

9．已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．

（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函数h（x）＝f（x）﹣xlna，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间；

（Ⅱ）分别求出函数y＝f（x）在点（x1，f（x1））处与y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论；

（Ⅲ）分别求出曲线y＝f（x）在点（）处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线方程，把问题转化为证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，进一步转化为证明当a≥时，方程存在实数解．然后利用导数证明即可．

【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．

由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h′（x）

﹣

0

+

h（x）

↓

极小值

↑

∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；

（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．

由g′（x）＝，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．

∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）＝﹣；

（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l1：，曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．

要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组

由①得，代入②得：，③

因此，只需证明当a≥时，关于x1的方程③存在实数解．

设函数u（x）＝，既要证明当a≥时，函数y＝u（x）存在零点．

u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞0，u′＝＜0，故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）＝0，即．

由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x0处取得极大值u（x0）．

∵，故lnlna≥﹣1．

∴＝．

下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有

u（x）≤＝．

∴存在实数t，使得u（t）＜0．

因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）＝0．

∴当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．

【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义，运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题．

10．已知函数（e为自然对数的底数）．

（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝g（x）在点（0，g（0））处的切线互相垂直，求

函数在区间[﹣1，1]上的最大值；

（2）设函数，试讨论函数h（x）零点的个数．

【分析】（1）分别求出y＝f（x）与y＝g（x）在x＝0处的导数，利用斜率之积等于﹣1求得a，得到f（x）解析式，再由导数判断f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，从而求得最大值；

（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，再由导数分类判定f（x）的零点情况，则答案可求．

【解答】解：（1）∵f′（x）＝﹣3x2+a，g′（x）＝ex，∴f′（0）＝a，g′（0）＝1，由题意知，a＝﹣1，f′（x）＝﹣3x2﹣1≤0，f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，∴；

（2）函数g（x）＝ex﹣e在R上单调递增，仅在x＝1处有一个零点，且x＜1时，g（x）＜0，又f′（x）＝﹣3x2+a．

①当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在R上单调递减，且过点（0，﹣），f（﹣1）＝＞0．

即f（x）在x≤0时，必有一个零点，此时y＝h（x）有两个零点；

②当a＞0时，令f′（x）＝﹣3x2+a＝0，解得＜0，＞0．

则是函数f（x）的一个极小值点，是函数f（x）的一个极大值点．

而f（﹣）＝＜0，现在讨论极大值的情况：

f（）＝．

当f（）＜0，即a＜时，函数f（x）在（0，+∞）上恒小于0，此时y＝h（x）有两个零点；

当f（）＝0，即a＝时，函数f（x）在（0，+∞）上有一个零点，此时y＝h（x）有三个零点；

当f（）＞0，即a＞时，函数f（x）在（0，+∞）上有两个零点，一个零点小于，一个零点大于．

若f（1）＝a﹣＜0，即a＜时，y＝h（x）有四个零点；

f（1）＝a﹣＝0，即a＝时，y＝h（x）有三个零点；

f（1）＝a﹣＞0，即a＞时，y＝h（x）有两个零点．

综上所述，当a＜或a＞时，y＝h（x）有两个零点；当a＝或a＝时，y＝h（x）有三个零点；当＜a＜时，y＝h（x）有四个零点．

【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查函数零点的判定，体现了分类讨论的数学思想方法，属难题．

11．已知函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c（a，b，c∈R），且曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线．设h（x）＝f（x）﹣g（x）．

（Ⅰ）求c的值，及a，b的关系式；

（Ⅱ）求函数h（x）的单调区间；

（Ⅲ）设a≥0，若对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，求a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）分别求得f（x）和g（x）的导数，由题意可知：即可求得c的值及a、b的关系；

（Ⅱ）写出h（x）的表达式，求导，构造辅助函数F（x）＝h′（x），由∀a∈R，F′（x）＞0，即可判断h′（x）的单调性，求得h′（x）的零点，并根据h′（x）判断出h（x）的单调性；

（Ⅲ）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数，将问题转化为：h（x）max﹣h（x）min＝ea﹣a≤e﹣1，即当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，求得函数的单调性，求得a的取值范围．

【解答】解：（I）∵函数f（x）＝eax，g（x）＝﹣x2+bx+c，∴函数f′（x）＝aeax，g′（x）＝﹣2x+b．

曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（0，c）处具有公共切线，∴，即，∴c＝1，a＝b；…（4分）

（II）由已知，h（x）＝f（x）﹣g（x）＝eax+x2﹣ax﹣1．

∴h′（x）＝aeax+2x﹣a，设F（x）＝aeax+2x﹣a，所以F′（x）＝a2eax+2，∀a∈R，F′（x）＞0，所以h′（x）在（﹣∞，+∞）上为单调递增函数．…（6分）

由（I）得，f′（0）＝g′（0）所以h′（0）＝f′（0）﹣g′（0）＝0，即0是h′（x）的零点．

所以，函数h（x）的导函数h′（x）有且只有一个零点0．…（7分）

所以h′（x）及h（x）符号变化如下，x

（﹣∞，0）

0

（0，+∞）

h（x）

﹣

0

+

h′（x）

↘

极小值

↗

所以函数h′（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）．…（9分）

（III）由（II）知当x∈[0，1]时，h（x）是增函数．

对于任意x1，x2∈[0，1]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤e﹣1，等价于h（x）max﹣h（x）min＝h（1）﹣h（0）＝ea﹣a≤e﹣1，等价于当a≥0时，G（a）＝ea﹣a﹣（e﹣1）≤0，∵G′（a）＝ea﹣1≥0，∴G（a）在[0，+∞）上是增函数，又G（1）＝0，所以a∈[0，1]．…（13分）

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了计算能力和分析问题的能力，属于难题．

12．设函数f（x）＝ln（1+ax）+bx，g（x）＝f（x）﹣bx2．

（Ⅰ）若a＝1，b＝﹣1，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若曲线y＝g（x）在点（1，ln3）处的切线与直线11x﹣3y＝0平行．

（i）求a，b的值；

（ii）求实数k（k≤3）的取值范围，使得g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）（i）求出g（x）的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；

（ii）问题转化为g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x），求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，从而确定k的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）当a＝1，b＝﹣1时，f（x）＝ln（1+x）﹣x，（x＞﹣1），则．

当f＇（x）＞0时，﹣1＜x＜0；

当f＇（x）＜0时，x＞0；

所以f（x）的单调增区间为（﹣1，0），单调减区间为（0，+∞）．…（4分）

（Ⅱ）（i）因为g（x）＝f（x）﹣bx2＝ln（1+ax）+b（x﹣x2），所以．

依题设有即

解得．…（8分）

（ii））所以．

g（x）＞k（x2﹣x）对x∈（0，+∞）恒成立，即g（x）﹣k（x2﹣x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立．

令F（x）＝g（x）﹣k（x2﹣x）．

则有．

①当1≤k≤3时，当x∈（0，+∞）时，F＇（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增．

所以F（x）＞F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）；

②当k＜1时，当时，F＇（x）＜0，所以F（x）在上单调递减，故当时，F（x）＜F（0）＝0，即当x∈（0，+∞）时，g（x）＞k（x2﹣x）不恒成立．

综上，k∈[1，3]．

…（13分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

13．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，求实数a的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

【分析】（I）先对函数求导，结合导数的几何意义可求

（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a，结合a的范围判断f＇（x）的正负，即可求解，（III）结合导数及函数的零点的判定定理，分类讨论进行求解

【解答】解：（I）f＇（x）＝3x2﹣3a．

曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y＝0垂直，f′（1）＝3﹣3a＝2，∴；

（II）由题意可得，f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数（﹣∞，+∞）在（﹣∞，+∞）内单调递增．．……．……（6分）

（2）当a＞0时，令，解得或．

由，解得或，由，解得，．……．……（8分）

∴函数的单调递增区间为和，单调递减区间为．．……．……（9分）

（III）（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞0，由题意可得，h（x）≥g（x）＞0，不满足题意，（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）≤0即a，则e是h（x）的一个零点；

②若f（e）＞0即a，则e不是h（x）的一个零点；

（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，此时只需要考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况，∵f′（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，∴①当a≤e2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，又f（e）＝e3﹣3ae+e，∴（i）当a，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上单调递增，（ii）时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点，②当a＞e2，令f′（x）＝0可得x＝，由f′（x）＜0可得e＜x＜，由f′（x）＞0可得x＞，∴f（x）在（e，）上单调递减，（）上单调递增，∵f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2，a）＝8a2﹣6a2+e≥2a2+e＞0，∴此时函数h（x）在（0，+∞）内恰有一个零点，综上，实数a的取值范围是．

【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性，极值之间关系的应用，还考查了逻辑思维能力，试题较难

14．已知函数

f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）若函数h（x）＝f（x）﹣，求函数h（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）的图象上的一点

A（x0，f（x0））处的切线，证明：在区间（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得直线l

与曲线y＝g（x）

相切．

【分析】（1）求出函数h（x）的导函数，由导函数的符号直接判断函数h（x）的单调性；

（2）求出函数f（x）和g（x）的导函数，根据函数特点分别在两函数图象上找到点和点，求出两个函数图象分别在点和点处的切线方程，由两切线的截距相等能够说明在区间

（0，+∞）

上存在唯一的x0，使得两切线为同一直线，则问题得证．

【解答】解：（1）h（x）＝f（x）﹣＝lnx﹣，定义域：{x|x＞0，且x≠1}．

＝．

由于x＞0且x≠1，故其在区间（0，1），（1，+∞）内，恒有h′（x）＞0，所以函数h（x）的单调增区间为（0，1），（1，+∞）；

（2）由f（x）＝lnx，所以，当x＝（n＞0）时，故y＝f（x）上存在一点，过该点的切线方程为

①

g（x）＝ex，g′（x）＝ex，当x＝﹣时，故过y＝g（x）上的点的切线方程为

②

两条切线①和②的斜率相同，只要它们在y轴上的截距相等，它们就是同一条切线，为此令：，得n﹣e＝，即③

由于③的左边是关于n的增函数；而其右边，当n≥3以后，是一个正的假分数，因此是关于n的减函数，故在区间[3，+∞）内必存在一个实数n，使得③式成立．

这就证明了“在区间（0，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切”．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，解答的关键是能够在两个曲线上找到符合题意的点，属中高档题．

15．已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex

（1）求函数h（x）＝g（x）f′（x）的单调区间；

（2）设直线l为函数f（x）图象上一点A（x0，lnx0）处的切线，证明：在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

【分析】（1）求导函数，再由导数大于0和小于0，求出函数h（x）的单调区间；

（2）先求直线l为函数图象上一点A（x0，f

（x0））处的切线方程，设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），进而可得lnx0＝，再证明在区间（1，+∞）上x0存在且唯一即可．

【解答】解：（1）∵函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex，∴h（x）＝g（x）f′（x）＝，∴，由＞0，得x＞1；由＜0，得x＜1．

∴函数h（x）的增区间是（1，+∞）；减区间是（﹣∞，1）．

（2）证明：∵f′（x）＝，∴f′（x0）＝，∴切线l的方程为y﹣lnx0＝（x﹣x0），即y＝x+lnx0﹣1，①（6分）

设直线l与曲线y＝g（x）相切于点（x1，ex1），∵g＇（x）＝ex，∴ex1＝，∴x1＝﹣lnx0．（8分）

∴直线l也为y﹣＝（x+lnx0），即y＝x++，②（9分）

由①②得

lnx0﹣1＝+，∴lnx0＝．（11分）

下证：在区间（1，+∞）上x0存在且唯一．

设φ（x）＝f（x）﹣，φ′（x）＝+＝．（2分）

∵x＞0且x≠1，∴φ′（x）＞0

∴函数φ（x）在区间（1，+∞）上递增．

又φ（e）＝lne﹣＝＜0，φ（e2）＝lne2﹣＝＞0，（13分）

结合零点存在性定理，方程φ（x）＝0必在区间（e，e2）上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0．

故在区间（1，+∞）上存在唯一的x0，使得直线l与曲线y＝g（x）相切．

【点评】本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查曲线的切线，同时考查零点存在性定理，综合性比较强．

16．已知函数f（x）＝x+，g（x）＝x﹣lnx，其中a∈R且a≠0．

（Ⅰ）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；

（II）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）+g（x）的单调区间；

（III）设函数u（x）＝若u（x）＝f（x）对任意x∈[1，e]均成立，求a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，可得切线方程；

（II）求出当a＝1时的函数的导数，令导数大于0，求得增区间，令导数小于0，可得减区间，注意定义域；

（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，运用参数分离，由导数判断单调性，求得右边函数的最大值，即可得到a的范围．

【解答】解：（Ⅰ）g（x）＝x﹣lnx的导数为g′（x）＝1﹣，曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线斜率为k＝g′（1）＝0，切点为（1，1），则曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为y＝1；

（II）当a＝1时，函数h（x）＝f（x）+g（x）＝2x﹣lnx+，导数h′（x）＝2﹣﹣＝，由h′（x）＞0可得x＞1；由h′（x）＜0可得0＜x＜1．

则h（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）；

（III）由题意可得f（x）≥g（x）对任意x∈[1，e]均成立，即为x+≥x﹣lnx，即有a≥﹣xlnx，令y＝﹣xlnx，x∈[1，e]，则y′＝﹣（1+lnx）＜0，即有y＝﹣xlnx在[1，e]递减，则y＝﹣xlnx的最大值为0，则a≥0，由a∈R且a≠0．

即有a＞0．

则a的取值范围是（0，+∞）．

【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间，同时考查不等式恒成立问题，注意运用参数分离，函数的单调性，属于中档题．

17．已知函数f（x）＝x2+2ax（x＞0），g（x）＝3alnx+a，其中a＞0．

（1）当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）是否存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同？若存在，请求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）a＝1时，求出h（x），然后求导数，根据导数符号即可判断函数h（x）的单调性，从而得出其单调区间；

（2）可假设存在公共点（x0，y0），该点在f（x），g（x）的图象上，且在该点处的切线相同，从而可出f（x），g（x）在该点的导数值相等，这样便可得出关于x0的方程组，可整理得到x0﹣1＝2lnx0，从而得出x0＝1，带入前面的式子又可以求出a，这样便得出存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同．

【解答】解：（1）a＝1时，h（x）＝，；

解x2+2x﹣3＝0得，x＝﹣3，或1；

∴x∈（0，1）时，h′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0；

∴h（x）的单调减区间为（0，1），增区间为[1，+∞）；

（2）假设存在，设公共点为（x0，y0），则：；

∴f′（x）＝x+2a，∴k＝x0+2a；，∴；

∴；

∴；

将②代入①：3a+2ax0＝6alnx0+5a；

∴x0﹣1＝3lnx0；

x0＝1，带入②得，a＝1；

∴存在常数a，使两曲线y＝f（x），y＝g（x）有公共点，且在该点处的切线相同，且a＝1．

【点评】考查根据导数符号判断函数单调性及求单调区间的方法，二次函数的符号和对应一元二次方程根的关系，以及函数在切点处的导数和切线斜率的关系．

18．已知函数f（x）＝x3﹣x2+x，g（x）＝﹣（m﹣1）x，m∈R．

（Ⅰ）若f（x）在x＝1取得极值，求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；

（Ⅱ）若f（x）在区间（，+∞）上为增函数，求m的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间和极值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，假设f（2），f′（2），求出切线方程即可；

（Ⅱ）问题转化为在区间上恒成立，求出x+的最小值，解关于m的不等式即可求出m的范围；

（Ⅲ）求出h（x）的导数，得到h（x）的单调区间，从而求出函数的极值即可．

【解答】解：（Ⅰ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，又∵函数f（x）在x＝1处取得极值，∴f＇（1）＝1﹣（m+1）+1＝0，∴m＝1，∴，f＇（2）＝1，∴曲线y＝f（x）在（2，f（2））处的切线方程为：，即：3x﹣3y﹣4＝0；

（Ⅱ）

f＇（x）＝x2﹣（m+1）x+1，∵f（x）在区间上为增函数，∴x2﹣（m+1）x+1≥0，∴在区间上恒成立，∵当时，当且仅当x＝1时取得最小值，∴m+1≤2，即m≤1；

（Ⅲ），∴h＇（x）＝x2﹣（m+1）x+m＝（x﹣1）（x﹣m），令h＇（x）＝0，得x＝m或x＝1，当m＝1时，h＇（x）＝（x﹣1）2≥0，∴h（x）在R上是增函数，无极值，当m＜1时，h（x），h＇（x）随x的变化情况如下表：

x

（﹣∞，m）

m

（m，1）

（1，+∞）

h＇（x）

+

0

﹣

0

+

h（x）

↗

极大值

↘

极小值

↗

∴函数h（x）的单调递增区间为（﹣∞，m）和（1，+∞）；单调递减区间为（m，1），故当x＝m时，函数h（x）取得极大值，极大值为；

当x＝1时，函数h（x）取得极小值，极小值为．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．

19．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（Ⅰ）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，m）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（Ⅱ）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，（1）求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值t（a）；

（2）若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，m）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；

（Ⅱ）（1）根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值．

（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，m）为公共切点，可得：4a＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5．

（Ⅱ）由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，∵函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

极大值

极小值

∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增．

①若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；

②若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为t（﹣）＝1

③若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为t（﹣）＝1．

综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为t（﹣1）＝a﹣；

当a∈（2，+∞）时，最大值为t（﹣）＝1．

（2）由（1）知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，即，解得，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法，属难题．

20．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点P（2，c）处有相同的切线（P为切点），求a，b的值；

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）

【分析】（1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；

（2）求出h（x）的导数，根据函数的单调性得到x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，求出a，b的关系，通过讨论a的范围，求出M（a）即可．

【解答】解：（1）由p（2，c）为公共切点可得：f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则g′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴，解得：a＝，b＝5；

（2）h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，∴h′（x）＝3x2+2ax+b，∵h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]，∴x∈[﹣，﹣]时，有3x2+2ax+b≤0恒成立，此时x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，∴a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1，又∵h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣，即a≥6时，∵h（﹣）＝1，h（﹣1）＝a﹣＜h（﹣）＝1，∴最大值为1，综上，M（a）＝．

【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．

21．已知函数f（x）＝ax2+1，g（x）＝x3+bx，其中a＞0，b＞0．

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点p（2，c）处有相同的切线（p为切点），求实数a，b的值．

（2）令h（x）＝f（x）+g（x），若函数h（x）的单调减区间为[﹣，﹣]；

①求函数h（x）在区间（﹣∞，﹣1]上的最大值M（a）．

②若|h（x）|≤3在x∈[﹣2，0]上恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（2，c）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；

（2）①根据函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]得出a2＝4b，构建函数h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+a2x+1，求导函数，利用导数的正负，可确定函数的单调区间，进而分类讨论，确定函数在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值．

②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增，从而得出其极大值、极小值，再根据|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，建立关于a的不等关系，解得a的取值范围即可．

【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝4a，g（x）＝x3+bx，则f′（x）＝3x2+b，k2＝12+b，由（2，c）为公共切点，可得：4a＝12+b；

又f（2）＝4a+1，g（2）＝8+2b，∴4a+1＝8+2b，与4a＝12+b联立可得：a＝，b＝5；

（2）①由h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+ax2+bx+1，则h′（x）＝3x2+2ax+b，因函数h（x）的单调递减区间为[﹣，﹣]，∴当x∈[﹣，﹣]时，3x2+2ax+b≤0恒成立，此时，x＝﹣是方程3x2+2ax+b＝0的一个根，得3（﹣）2+2a（﹣）+b＝0，得a2＝4b，∴h（x）＝x3+ax2+a2x+1；

令h′（x）＝0，解得：x1＝﹣，x2＝﹣；

∵a＞0，∴﹣＜﹣，列表如下：

x

（﹣∞，﹣）

﹣

（﹣，﹣）

﹣

（﹣，+∞）

h′（x）

+

﹣

+

h（x）

极大值

极小值

∴原函数在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；

若﹣1≤﹣，即a≤2时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；

若﹣＜﹣1＜﹣，即2＜a＜6时，最大值为h（﹣）＝1；

若﹣1≥﹣时，即a≥6时，最大值为h（﹣）＝1．

综上所述：当a∈（0，2]时，最大值为h（﹣1）＝a﹣；当a∈（2，+∞）时，最大值为h（﹣）＝1．

②由①知，函数h（x）在（﹣∞，﹣）单调递增，在（﹣，﹣）单调递减，在（﹣，+∞）上单调递增；

故h（﹣）为极大值，h（﹣）＝1；h（﹣）为极小值，h（﹣）＝﹣+1；

∵|h（x）|≤3，在x∈[﹣2，0]上恒成立，又h（0）＝1．

∴，∴a的取值范围：4﹣2≤a≤6．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数和应用分类讨论的方法．

22．已知函数f（x）＝ex+x2﹣x，g（x）＝x2+ax+b，a，b∈R．

（1）当a＝1时，求函数F（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y＝g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；

（3）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）求出函数的导数，根据切线方程求出a，b，c的值即可；

（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），求出函数的导数，通过讨论a的范围，问题转化为b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1），得到a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1，令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，根据函数的单调性求出a+b的最大值即可．

【解答】解：（Ⅰ）F（x）＝ex﹣2x﹣b，则F＇（x）＝ex﹣2．

令F＇（x）＝ex﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上单调递增．

令F＇（x）＝ex﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减．…（4分）

（Ⅱ）因为f＇（x）＝ex+2x﹣1，所以f＇（0）＝0，所以l的方程为y＝1．

依题意，c＝1．

于是l与抛物线g（x）＝x2﹣2x+b切于点（1，1），由12﹣2+b＝1得b＝2．

所以a＝﹣2，b＝2，c＝1．…（8分）

（Ⅲ）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b，则h（x）≥0恒成立．

易得h＇（x）＝ex﹣（a+1）．

（1）当a+1≤0时，因为h＇（x）＞0，所以此时h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．

①若a+1＝0，则当b≤0时满足条件，此时a+b≤﹣1；

②若a+1＜0，取x0＜0且，此时，所以h（x）≥0不恒成立．

不满足条件；

（2）当a+1＞0时，令h＇（x）＝0，得x＝ln（a+1）．由h＇（x）＞0，得x＞ln（a+1）；

由h＇（x）＜0，得x＜ln（a+1）．

所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上单调递减，在（ln（a+1），+∞）上单调递增．

要使得“h（x）＝ex﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必须有：

“当x＝ln（a+1）时，h（x）min＝（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．

所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．则a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．

令G（x）＝2x﹣xlnx﹣1，x＞0，则G＇（x）＝1﹣lnx．

令G＇（x）＝0，得x＝e．由G＇（x）＞0，得0＜x＜e；

由G＇（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，当x＝e时，G（x）max＝e﹣1．

从而，当a＝e﹣1，b＝0时，a+b的最大值为e﹣1．

综上，a+b的最大值为e﹣1．…（14分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

23．函数y＝lnx关于直线x＝1对称的函数为f（x），又函数的导函数为g（x），记h（x）＝f（x）+g（x）．

（1）设曲线y＝h（x）在点（1，h（1））处的切线为l，l与圆（x+1）2+y2＝1相切，求a的值；

（2）求函数h（x）的单调区间；

（3）求函数h（x）在[0，1]上的最大值．

【分析】（1）先求过（1，h（1））点的切线方程，根据l与圆（x+1）2+y2＝1相切，利用点线距离等于半径可求a的值；

（2）先求导函数，结合函数的定义域，利用导数大于0的函数的单调增区间，导数小于0得函数的单调减区间

（3）根据（2）中函数的单调区间，结合区间[0，1]进行分类讨论，从而可求h（x）的最大值．

【解答】解：（1）由题意得f（x）＝ln（2﹣x），g（x）＝ax，∴h（x）＝ln（2﹣x）+ax．

∴，过（1，h（1））点的直线的斜率为a﹣1，∴过（1，h（1））点的直线方程为y﹣a＝（a﹣1）（x﹣1）．

又已知圆心为（﹣1，0），半径为1，由题意得，解得a＝1．

（2）．

∵a＞0，∴．

令h′（x）＞0，∴；

令h′（x）＜0，∴，所以，是h（x）的增区间，是h（x）的减区间．

（3）①当，即时，h（x）在[0，1]上是减函数，∴h（x）的最大值为h（0）＝ln2．

②当，即时，h（x）在上是增函数，在上是减函数，∴当时，h（x）的最大值为．

③当，即a≥1时，h（x）在[0，1]上是增函数，∴h（x）的最大值为h（1）＝a．

综上，当时，h（x）的最大值为ln2；

当时，h（x）的最大值为2a﹣1﹣lna；

当a≥1时，h（x）的最大值为a．

【点评】本题以函数为载体，考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的单调区间与最值，分类讨论是解题的关键与难点．

24．（文）已知函数f（x）＝lnx与g（x）＝kx+b（k，b∈R）的图象交于P，Q两点，曲线y＝f（x）在P，Q两点处的切线交于点A．

（1）当k＝e，b＝﹣3时，求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）的单调区间；（e为自然常数）

（2）若A（，），求实数k，b的值．

【分析】（1）构建新函数，求导函数，利用导数确定函数的单调性，从而可求函数的最大值；

（2）先求出切线方程，代入A的坐标，进而求出P，Q的坐标，即可求实数k，b的值．

【解答】解：（1）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex+3（x＞0），则h（x）＝﹣e当0＜x＜时，h′（x）＞0，此时函数h（x）为增函数；

当x＞时，h′（x）＜0，此时函数h（x）为减函数．

所以函数h（x）的增区间为（0，），减区间为（，+∞）．

（2）设过点A的直线l与函数f（x）＝lnx切于点（x0，lnx0），则其斜率k＝，故切线l：y﹣lnx0＝（x﹣x0），将点A代入直线l方程得：﹣lnx0＝（﹣x0），即lnx0+﹣1＝0，设v（x）＝lnx+﹣1，则v′（x）＝（x﹣），当0＜x＜时，v′（x）＜0，函数v（x）为减函数；

当x＞时，v′（x）＞0，函数v（x）为增函数．

故方程v（x）＝0至多有两个实根，又v（1）＝v（e）＝0，所以方程v（x）＝0的两个实根为1和e，故P（1，0），Q（e，1），所以k＝，b＝为所求．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，解题的关键是构建函数，正确运用导数知识．

25．已知函数f（x）＝x3﹣3ax+e，g（x）＝1﹣lnx，其中e为自然对数的底数．

（Ⅰ）当时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）用max{m，n}表示m，n中的较大者，记函数h（x）＝max{f（x），g（x）}（x＞0）．若函数h（x）在（0，+∞）内恰有2个零点，求实数a的取值范围．

【分析】（I）根据导数求出切线斜率，根据点斜式方程得出切线方程；

（II）讨论a的范围，令f′（x）＞0得出增区间，令f′（x）＜0得出减区间；

（III）通过讨论a的范围求出函数f（x）的单调区间，结合函数的单调性以及函数的零点个数确定a的范围即可．

【解答】解：（Ⅰ）当a＝时，f（x）＝x3﹣x+e，∴f＇（x）＝3x2﹣1．

∵f（1）＝e，f′（1）＝2，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣e＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣2+e＝0．

（Ⅱ）f＇（x）＝3x2﹣3a．

（1）当a≤0时，f＇（x）≥0，∴函数在（﹣∞，+∞）内单调递增．

（2）当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝﹣或x＝．

由f′（x）＞0，解得x＜﹣或，由f′（x）＜0，解得，∴函数f（x）的单调递增区间为和，单调递减区间为．

（Ⅲ）∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴．

∴函数g（x）在（0，+∞）内单调递减．

（1）当x∈（0，e）时，g（x）＞g（e）＝0，依题意，h（x）≥g（x）＞0，不满足条件；

（2）当x＝e时，g（e）＝0，f（e）＝e3﹣3ae+e，①若f（e）＝e3﹣3ae+e≤0，即a≥，则e是h（x）的一个零点；

②若f（e）＝e3﹣3ae+e＞0，即a＜，则e不是h（x）的零点；

（3）当x∈（e，+∞）时，g（x）＜0，所以此时只需考虑函数f（x）在（e，+∞）上零点的情况．

f＇（x）＝3x2﹣3a＞3e2﹣3a，①当a≤e2时，f＇（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上单调递增．

又f（e）＝e3﹣3ae+e，（i）当a≤时，f（e）≥0，f（x）在（e，+∞）上无零点；

（ii）当＜a≤e2时，f（e）＜0，又f（2e）＝8e3﹣6ae+e≥8e3﹣6e3+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；

②当a＞e2时，令f＇（x）＝0，得x＝±．

由f＇（x）＜0，得e＜x＜；

由f＇（x）＞0，得x＞；

所以f（x）在（e，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

因为f（e）＝e3﹣3ae+e＜e3﹣3e3+e＜0，f（2a）＝8a3﹣6a2+e＞8a2﹣6a2+e＝2a2+e＞0，所以此时f（x）在（e，+∞）上恰有一个零点；

综上，a＞，故实数a的取值范围是．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．

26．设a∈R，函数f（x）＝alnx﹣x．

（1）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；

（2）当a＝1时，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．；

（3）求证：当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，确定满足条件的a的范围即可；

（2）令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），结合二次函数的性质以及函数的单调性求出b的范围即可；

（3）根据x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*），累加即可证明．

【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣1＝，当a＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减，x→0时，f（x）→+∞，而f（1）＝﹣1，故a＜0时，f（x）存在零点，a＝0时，f（x）＝﹣x，（x＞0），显然无零点，a＞0时，令f′（x）＝0，解得：x＝a，故f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减，故f（x）max＝f（a）＝a（lna﹣1），若f（x）无零点，只需a（lna﹣1）＜0，解得：a＜e，综上，0≤a＜e时，f（x）无零点；

（2）a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b化为x2﹣3x+lnx+b＝0，令g（x）＝x2﹣3x+lnx+b，（x∈[，2]），∴g′（x）＝2x﹣3+＝，令g′（x）＝0，解得x＝或1，令g′（x）＞0，解得1＜x≤2，此时函数g（x）单调递增，令g′（x）＜0，解得≤x＜1，此时函数g（x）单调递减，∵关于x的方程2x﹣f（x）＝x2+b在[，2]上恰有两个不相等的实数根，则，即，解得：+ln2≤b＜2，∴实数b的取值范围是[+ln2，2）

证明（3）当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，而f（1）＝﹣1，f（x）﹣f（1）＝lnx﹣x﹣1，由y＝lnx﹣x﹣1，得y′＝，令y′＝0，解得：x＝1，故y＝lnx﹣x﹣1在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故x＝1时，y最大，故f（x）﹣f（1）≤0，即lnx≤x﹣1，∴当x＞1时，lnx＜x﹣1，令x＝1+（n≥2，n∈N*）．

则ln（1+）≤依次取n＝2，3，…，n．

累加求和可得ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+，当n≥2时，＜＝﹣，∴++…+＜++…+＝1﹣+﹣+…+﹣＝1﹣＜1，∴ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜1＝lne，∴当n≥2，n∈N*时（1+）（1+）…（1+）＜e．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”、对数的运算性质、放缩、“裂项求和”等基础知识与基本技能方法，考查了等价问题转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

27．已知函数f（x）＝xlnx．

（1）求f（x）的单调区间与极值；

（2）若不等式对任意x∈[1，3]恒成立，求正实数λ的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；

（2）分离参数，问题转化为λ≤，令h（x）＝，根据函数的单调性求出正实数λ的取值范围即可．

【解答】解：（1）∵f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝1+lnx，定义域为（0，+∞），又由f′（x）＞0，解得：x＞，f′（x）＜0，解得：0＜x＜．

∴f（x）的单减区间为（0，），f（x）的单增区间为（，+∞），∴f（x）极小值＝f（）＝﹣，无极大值．

（2）∵，故x2+x＞0，将化简可得：（x2+x＞）ln（x2+x）≥λx•eλx，∴f（x2+x）≥f（eλx），∵x2+x≥2，eλx＞e0＝1，由（1）知f（x）在（，+∞）上单增，故x2+x）≥eλx，∴λx≤ln（x2+x），即λ≤．

令h（x）＝，则h′（x）＝，令k（x）＝﹣ln（x2+x），则k′（x）＝•＜0，∴k（x）在[1，3]上单减，而k（1）＝﹣ln＞0，k（3）＝﹣ln＜0，∴∃x0∈（1，3），使得k（x0）＝0且在（1，x0）上，k（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单增，在（x0，3）上，k（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单减．

∴h（x）min＝h（1）或h（3），而h（1）＝ln＞h（3）＝＝ln，∴λ≤ln．

【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．

28．已知函数（a∈R）．

（1）求函数f（x）的单调区间；

（2）当函数f（x）与函数g（x）＝lnx图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；

（3）证明：当a∈（0，）时，函数h（x）＝f（x）﹣ax有两个零点x1，x2，且满足．

【分析】（1）问利用导数求解单调性．

（2）问先求出公切线l的方程，再探讨a的取值范围．

（3）问先利用导数研究函数h（x）的单调性，证明零点个数．再使用函数思想，构造函数，利用导数研究函数单调性解决不等式问题．

【解答】解：（1）对求导，得，令f′（x）＝0，解得x＝e1﹣a，当x∈（0，e1﹣a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

当x∈（e1﹣a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．

（2）设公切线l与函数g（x）＝lnx的切点为（x0，y0），则公切线l的斜率k＝g′（x0）＝，公切线l的方程为：，将原点坐标（0，0）代入，得y0＝1，解得x0＝e．

公切线l的方程为：，将它与联立，整理得．

令，对之求导得：，令m′（x）＝0，解得．

当时，m′（x）＜0，m（x）单调递减，值域为，当时，m′（x）＞0，m（x）单调递增，值域为，由于直线l与函数f（x）相切，即只有一个公共点，因此．

故实数a的取值集合为{}．

（3）证明：，要证h（x）有两个零点，只要证k（x）＝ax2﹣lnx﹣a有两个零点即可．k（1）＝0，即x＝1时函数k（x）的一个零点．

对k（x）求导得：，令k′（x）＝0，解得

．当时，k′（x）＞0，k（x）单调递增；

当0＜x＜时，k′（x）＜0，k（x）单调递减．当x＝时，k（x）取最小值，k（x）＝ax2﹣lnx﹣a＞ax2﹣（x﹣1）﹣a＝ax2﹣x+1﹣a＞ax2﹣x+，必定存在使得二次函数，即k（x0）＞u（x0）＞0．因此在区间上必定存在k（x）的一个零点．

综上所述，h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．

下面证明．

由上面步骤知h（x）有两个零点，一个是x＝1，另一个在区间上．

不妨设x1＝1，x2＞则，下面证明即可．

令，对之求导得，故v（a）在定义域内单调递减，即．

证明完毕．

【点评】本题考察知识点众多，利用导数研究函数单调性，切线与导数的关系，利用导数研究函数的零点个数，利用导数构造函数来证明不等式，对学生的思维能力和思维品质要求极高，属于难题．

29．已知函数f（x）＝．

（1）若对任意x＞0，f（x）＜0恒成立，求实数a的取值范围；

（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1＜x2），证明：+＞2．

【分析】（1）求出导函数，根据导函数判断函数的单调性，得出函数的最值，进而求出a的范围；

（2）求出导函数，根据极值点判断函数的零点位置，对零点分类讨论，构造函数，利用放缩法，均值定理证明结论成立．

【解答】解：（1）f（x）＝＝+a+．

f＇＇（x）＝﹣，∴f（x）在（0，l）上递增，（1，+∞）上递减，∴f（x）≤f（1）＝a+1，∴a+1＜0，∴a＜﹣1；

（2）证明：由（1）知，两个不同零点x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），若x2∈（1，2），则2﹣x2∈（0，1），设g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）＝+﹣﹣，则当x∈（0，1）时，g＇（x）＝﹣﹣＞﹣﹣＝﹣＞0，∴g（x）在（0，1）上递增，∴g（x）＜g（1）＝0，∴f（x）＜f（2﹣x），∴f（2﹣x1）＞f（x1）＝f（x2），∴（2﹣x1）＜x2，∴2＜x1+x2，若x2∈（2，+∞），可知2＜x1+x2，显然成立，又+x2≥2＝2x1，同理可得+x1≥2x2，以上两式相加得：++x1+x2≥2（x1+x2），故：+≥（x1+x2）＞2．

【点评】本题考查了导函数的应用，最值问题的转化思想，难点是对参数的分类讨论和均值定理的应用．

30．已知a为常数，函数f（x）＝x2+ax﹣lnx，g（x）＝ex（其中e是自然数对数的底数）．

（1）过坐标原点O作曲线y＝f（x）的切线，设切点P（x0，y0）为，求x0的值；

（2）令，若函数F（x）在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

【分析】（1）先对函数求导，f′（x）＝2x+a﹣，可得切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，即x02+lnx0﹣1＝0，由x0＝1是方程的解，且y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，可证

（2）由F（x）＝＝，求出函数F（x）的导数，通过研究2﹣a的正负可判断h（x）的单调性，进而可得函数F（x）的单调性，可求a的范围．

【解答】解：（1）f′（x）＝2x+a﹣（x＞0），过切点P（x0，y0）的切线的斜率k＝2x0+a﹣＝＝，整理得x02+lnx0﹣1＝0，显然，x0＝1是这个方程的解，又因为y＝x2+lnx﹣1在（0，+∞）上是增函数，所以方程x2+lnx﹣1＝0有唯一实数解．故x0＝1；

（2）F（x）＝＝，F′（x）＝，设h（x）＝﹣x2+（2﹣a）x+a﹣+lnx，则h′（x）＝﹣2x+++2﹣a，易知h＇（x）在（0，1]上是减函数，从而h＇（x）≥h＇（1）＝2﹣a；

①当2﹣a≥0，即a≤2时，h＇（x）≥0，h（x）在区间（0，1）上是增函数．

∵h（1）＝0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F＇（x）≤0在（0，1]上恒成立．

∴F（x）在区间（0，1]上是减函数．

所以，a≤2满足题意；

②当2﹣a＜0，即a＞2时，设函数h＇（x）的唯一零点为x0，则h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减；

又∵h（1）＝0，∴h（x0）＞0．

又∵h（e﹣a）＝﹣e﹣2a+（2﹣a）e﹣a+a﹣ea+lne﹣a＜0，∴h（x）在（0，1）内有唯一一个零点x＇，当x∈（0，x＇）时，h（x）＜0，当x∈（x＇，1）时，h（x）＞0．

从而F（x）在（0，x＇）递减，在（x＇，1）递增，与在区间（0，1]上是单调函数矛盾．

∴a＞2不合题意．

综合①②得，a≤2．

【点评】考查学生利用导数研究函数的单调能力，函数单调性的判定，以及导数的运算，试题具有一定的综合性．

31．设函数，m∈R．

（1）当m＝e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的最小值；

（2）讨论函数零点的个数．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；

（2）令g（x）＝0，得到；设，通过讨论m的范围根据函数的单调性集合函数的草图求出函数的零点个数即可．

【解答】解：（1）当m＝e时，∴

当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是减函数；

当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；

∴当x＝e时，f（x）取最小值．

（2）∵函数，令g（x）＝0，得；

设，则φ′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）

当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在x∈（0，1）上是增函数；

当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在x∈（1，+∞）上是减函数；

当x＝1是φ（x）的极值点，且是唯一极大值点，∴x＝1是φ（x）的最大值点；

∴φ（x）的最大值为，又φ（0）＝0结合y＝φ（x）的图象，可知：①当时，函数g（x）无零点；

②当时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当时，函数g（x）有两个零点；

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

综上：当时，函数g（x）无零点；

当或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当时，函数g（x）有且只有两个零点；

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数的零点个数问题，是一道中档题．

32．已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）若a＝4，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数f（x）在区间（0，1]内单调递增，求实数a的取值范围；

（3）若x1、x2∈R+，且x1≤x2，求证：（lnx1﹣lnx2）（x1+2x2）≤3（x1﹣x2）．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（2）问题转化为3a≤+x+4恒成立，根据函数的单调性求出a的范围即可；

（3）问题转化为ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，根据函数的单调性证明即可．

【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝﹣＝，a＝4时，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜4﹣2或x＞4+2，由f′（x）＜0，解得：4﹣2＜x＜4+2，故f（x）在（0，4﹣2）递增，在（4﹣2，4+2）递减，在（4+2，+∞）递增；

（2）由（1）得：f′（x）＝，若函数f（x）在区间（0，1]递增，则有x2+（4﹣3a）x+4≥0在（0，1]内恒成立，即3a≤+x+4恒成立，又函数y＝+x+4在x＝1时取得最小值9，故a≤3；

（3）证明：当x1＝x2时，不等式显然成立，当x1≠x2时，∵x1，x2∈R+，∴要原不等式成立，只要ln≤＝成立即可，令t＝∈（0，1），故只要lnt﹣≤0即可，由（2）可知函数f（x）在（0，1]递增，故f（x）＜f（1）＝0，故lnt﹣≤0成立，故原不等式成立．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，转化思想，是一道综合题．

33．设a＞0，函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx

（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；

（2）若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，试求a的值．

【分析】（1）求出a＝1时f（x），利用导数f′（x）判断f（x）的单调性，并求出单调区间；

（2）求f（x）的导数f′（x），利用导数判断f（x）的单调性，求出最值，利用最值等于0，求出a的值．

【解答】解：（1）函数f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，当a＝1时，f（x）＝x2﹣2x﹣2lnx，（其中x＞0）；

∴f′（x）＝2x﹣2﹣＝，令f′（x）＝0，即x2﹣x﹣1＝0，解得x＝或x＝（小于0，应舍去）；

∴x∈（0，）时，f′（x）＜0，x∈（，+∞）时，f′（x）＞0；

∴f（x）的单调减区间是（0，），单调增区间是（，+∞）；

（2）f（x）＝x2﹣2ax﹣2alnx，则f′（x）＝2x﹣2a﹣＝，令f′（x）＝0，得x2﹣ax﹣a＝0，∵a＞0，∴△＝a2+4a＞0，∴方程是解为x1＝＜0，x2＝＞0；

∴函数f（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，∴f（x）的大致图象如图所示，求f（x）min＝f（x2），若函数y＝f（x）在区间（0，+∞）上有唯一零点，则f（x2）＝0，而x2满足x22＝ax2+a

∴f（x2）＝ax2+a﹣2ax2﹣2alnx2＝a（x2+1﹣2x2﹣2lnx2）＝0

得1﹣x2﹣2lnx2＝0

∵g（x）＝2lnx+x﹣1是单调增的，∴g（x）至多只有一个零点，而g（1）＝0，∴用x2＝1代入x22﹣ax2﹣a＝0，得1﹣a﹣a＝0，即得a＝．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，也考查了函数零点以及不等式的应用问题，是较难的题目．

34．已知函数．

（1）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）令g（x）＝f（x）﹣ax+1，求函数g（x）的极大值；

（3）若a＝﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，证明：．

【分析】（1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，从而求出切线方程即可；

（2）求导数，然后通过研究不等式的解集确定原函数的单调性；求出函数的极大值即可；

（3）结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．

【解答】解：（1）a＝0时，f（x）＝lnx+x，f′（x）＝+1，故f（1）＝1，f′（1）＝2，故切线方程是：y﹣1＝2（x﹣1），整理得：2x﹣y﹣1＝0；

（2）g（x）＝f（x）﹣（ax﹣1）＝lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，所以g′（x）＝﹣ax+（1﹣a）＝，当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．

所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，当a＞0时，g′（x）＝，令g′（x）＝0，得x＝，所以当x∈（0，）时，g′（x）＞0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，因此函数g（x）在x∈（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数．

综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间，无极大值；

当a＞0时，函数g（x）的递增区间是（0，），递减区间是（，+∞）；

故g（x）极大值＝g（）＝﹣lna；

证明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，从而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，则由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．

φ′（t）＝，（t＞0），可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．

所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥或x1+x2≤，又因为x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥成立．

【点评】本题难度较大，属于利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明单调性进一步研究不等式问题的题型．

35．已知函数f（x）＝x﹣alnx，g（x）＝﹣（a＞0）

（1）若a＝l，求f（x）的极值；

（2）若存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；

（2）问题转化为[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝x﹣lnx，函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故f（x）的极小值是f（1）＝1，无极大值；

（2）存在x0∈[1，e]，使得f（x0）＜g（x0）成立，等价于[f（x）﹣g（x）]min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x﹣alnx+，则h′（x）＝，令h′（x）＝0，解得：x＝﹣1（舍），x＝1+a；

①当1+a≥e，h（x）在[1，e]递减，∴h（x）min＝h（e）＝e2﹣ea+1+a，令h（x）min＜0，解得：a＞；

②当1+a＜e时，h（x）在（1，a+1）递减，在（a+1，e）递增，∴h（x）min＝h（1+a）＝a[1﹣ln（a+1）]+2＞2与h（x）min＜0矛盾，综上，a＞．

【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

36．已知函数f（x）＝alnx+x2+bx+1在点（1，f（1））处的切线方程为4x﹣y﹣12＝0．

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）求f（x）的单调区间和极值．

【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），得到关于a，b的方程组，求出a，b的值，从而求出f（x）的解析式即可；

（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可．

【解答】解：（1）求导f′（x）＝+2x+b，由题意得：

f′（1）＝4，f（1）＝﹣8，则，解得，所以f（x）＝12lnx+x2﹣10x+1；

（2）f（x）定义域为（0，+∞），f′（x）＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2或x＞3，所以f（x）在（0，2）递增，在（2，3）递减，在（3，+∞）递增，故f（x）极大值＝f（2）＝12ln2﹣15，f（x）极小值＝f（3）＝12ln3﹣20．

【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．

37．已知函数f（x）＝alnx+﹣（a+1）x，a∈R．

（Ⅰ）若函数f（x）在区间（1，3）上单调递减，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明f（x）≥．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可；

（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可．

【解答】解：（I）函数的定义域为（0，+∞）．

因为．

又因为函数f（x）在（1，3）单调减，所以不等式（x﹣1）（x﹣a）≤0在（1，3）上成立．

设g（x）＝（x﹣1）（x﹣a），则g（3）≤0，即9﹣3（a+1）+a≤0即可，解得a≥3．

所以a的取值范围是[3，+∞）．…（7分）

（Ⅱ）当a＝﹣1时，f（x）＝﹣lnx+，f′（x）＝，令f＇（x）＝0，得x＝1或x＝﹣1（舍）．

当x变化时，f（x），f＇（x）变化情况如下表：

x

（0，1）

（1，+∞）

f＇（x）

﹣

0

+

f（x）

↘

极小值

↗

所以x＝1时，函数f（x）的最小值为f（1）＝，所以成立．…（13分）

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．

38．已知函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx（a∈R）．

（Ⅰ）求函数y＝f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+ex＞x2+x+2．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；

（Ⅱ）问题转化为证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝2x﹣（a﹣2）﹣＝…（2分）

当a≤0时，f′（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，所以，函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增；…（4分）

当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，所以，函数在区间（，+∞）上单调递增，在区间（0，）上单调递减；

（Ⅱ）当a＝1时，f（x）＝x2+x﹣lnx，要证明f（x）+ex＞x2+x+2，只需证明ex﹣lnx﹣2＞0，设g（x）＝ex﹣lnx﹣2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g（x）＞0，令g′（x）＝ex﹣＝0，得ex＝，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足＝，当x变化时，g′（x）和g（x）变化情况如下表

x

（0，x0）

x0

（x0，+∞）

g′（x）

﹣

0

+

g（x）

递减

递增

g（x）min＝g（x0）＝﹣lnx0﹣2＝+x0﹣2，因为x0＞0，且x0≠1，所以g（x）min＞2﹣2＝0，因此不等式得证．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．

39．已知函数f（x）＝xlnx．

（Ⅰ）求函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）若存在使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，求实数a的取值范围．

【分析】（Ⅰ）先求出函数的导函数，研究出原函数在[1，3]上的单调性即可求出函数f（x）在[1，3]上的最小值；

（Ⅱ）先把不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立转化为a≤2lnx+x+成立，设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），利用导函数求出h（x）在x∈[，e]上的最大值即可求实数a的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xlnx，可得f＇（x）＝lnx+1，当x∈（0，）时，f＇（x）＜0，f（x）单调递减；

当x∈（，+∞）时，f＇（x）＞0，f（x）单调递增．

所以函数f（x）在[1，3]上单调递增．

又f（1）＝ln1＝0，所以函数f（x）在[1，3]上的最小值为0．

（Ⅱ）由题意知，2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，则a≤2lnx+x+．

若存在x∈[，e]使不等式2f（x）≥﹣x2+ax﹣3成立，只需a小于或等于2lnx+x+的最大值．

设h（x）＝2lnx+x+（x＞0），则h′（x）＝+1﹣＝．

当x∈[，1）时，h＇（x）＜0，h（x）单调递减；

当x∈（1，e]时，h＇（x）＞0，h（x）单调递增．

由h（）＝﹣2++3e，h（e）＝2+e+，h（）﹣h（e）＝2e﹣﹣4＞0，可得h（）＞h（e）．

所以，当x∈[，e]时，h（x）的最大值为h（）＝﹣2++3e，故a≤﹣2++3e．

【点评】本题主要研究利用导数求闭区间上函数的最值以及函数恒成立问题．当a≥h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最大值；当a≤h（x）恒成立时，只需要求h（x）的最小值．

40．已知函数f（x）＝ax2﹣alnx+x．

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若a＜0，设g（x）＝f（x）﹣x，h（x）＝﹣2xlnx+2x，若对任意x1，x2∈[1，+∞）（x1≠x2），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|恒成立，求实数a的取值范围．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；

（2）求出函数的导数，令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，求出函数的导数，令G（x）＝ax﹣+2lnx，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1），令t（x）＝ax2+x﹣a，①当a＝0时，t（x）＝x＞0⇒f＇（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＜0时，令，所以f（x）在上单调递增，在上单调递减；

③当a＞0时，令，所以f（x）在上单调递减，在上单调递增．

（2）g′（x）＝ax﹣＝，因为a＜0，当x≥1时，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）单调减；

h′（x）＝﹣2lnx，当x≥1时，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）单调减．

因为对任意x1，x2∈[1，+∞），|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|，不防设x1＜x2，则由两函数的单调性可得：

g（x1）﹣g（x2）≥h（x1）﹣h（x2），所以：g（x1）﹣h（x1）≥g（x2）﹣h（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

令F（x）＝g（x）﹣h（x）＝ax2﹣alnx+2xlnx﹣2x，则F（x1）≥F（x2）对任意x1＜x2∈[1，+∞）恒成立；

即：y＝F（x）在x∈[1，+∞）上单调减，即：F′（x）＝ax﹣+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，令G（x）＝ax﹣+2lnx，G′（x）＝，当a≤﹣1时，ax2+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，G（x）在[1，+∞）单调减，所以G（x）≤G（1）＝0，满足题意，当﹣1＜a＜0时，G（x）有两个极值点x1，x2且x1＝＞1，x2＝＜1，所以在（1，x1）上，G（x）单调增，即：G（x）＞G（1）＝0对任意x∈（1，x1）上恒成立，不满足题意，舍！

综上，当a≤﹣1时，不等式|g（x2）﹣g（x1）|≥|h（x2）﹣h（x1）|在x1，x2∈[1，+∞）恒成立．

【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．

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日期：2021/2/9

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第五篇：2014高考数学压轴题(24)

2014数学 压轴题（24）

4an10,n765.数列an满足：ann6,且an是递增数列，则实数a的范围是n7a,_______

9A.,4B.494,4C.1,4D.2,4



66.已知x表示不超过实数x的最大整数xR，定义xxx,求

2320142013201320132013_______ ***4

A.1006B.1007C.1008D.2014

67.若将函数fxx5表示为fxa0a11xa21xa51x,其中a0,a1, 25

a5为实数，则a3_________

68.函数yx24x的最大值是 _________ ．

69.若an是(3x)n(nN*,n2)展开式中x项的系数，2

limn32333n(23n)____ aaa

x2x1sin70.若点P(x,y)在曲线（为参数，R）上，则的取值范围是yy4cos

_____

x2y2

71.已知F1,F2是双曲线221a0,b0的左、右焦点,若双曲线左支上存在一点Pab

与点F2关于直线y

72.若数列an满足bx对称，则该双曲线的离心率为_____a11dnN,d为常数，则称数列an为“调和数列”．已知正an1an

1项数列为“调和数列”，且b1b2b990,则b4b6的最大值是 _____bn

A.10B.100C.200D.400