5.(天津市十二区县重点中学)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(本小题满分14分)

已知函数

(Ⅰ)判断的奇偶性；

(Ⅱ)在上求函数的极值；

(Ⅲ)用数学归纳法证明：当时，对任意正整数都有

解：(Ⅰ) 。……3分

(Ⅱ)当时，　

　　　　　　　　　 ………5分

令有，

　　 当x变化时的变化情况如下表:　 由表可

知：

			(
	+	0	－
	增	极大值	减

当时取极大值. 　　　　　　　　　　　　 ………7分

(Ⅲ)当时　　　　　　 ………8分

　考虑到：时，不等式等价于…(1)

　所以只要用数学归纳法证明不等式(1)对一切都成立即可………9分

(i)当时，设

，　 　　　　 ………10分

故，即

所以，当时，不等式(1)都成立　　　　　　　　　　 　 ………11分

(ii)假设时，不等式(1)都成立，即

　当时设

　有　 ………12分

　故为增函数，

　所以，，即，　　 ………13分

这说明当时不等式(1)也都成立，

根据(i)(ii)可知不等式(1)对一切都成立，

故原不等式对一切都成立.　　　　　　　　　　　　　 　　 ………14分

4．已知函数，数列的前项和为，，且．

(Ⅰ)求的最大值；

(Ⅱ)证明：；

(Ⅲ)探究：数列是否单调？

解：(Ⅰ)∵，∴．

∵=，(2分)

∴当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减．

∴在区间内，．(2分)

(Ⅱ)用数学归纳法证明：

　① 当时， ∵，∴，成立；

② 假设当时，成立．

当时，由及，得，(2分)

由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以，

而，， 故．

∴当时，也成立．

由①、②知，对任意都成立．(4分)

(Ⅲ)数列单调递减．(1分)

理由如下：

当时， ∴；

当时，由得．

∵，(2分)

又由 (Ⅱ) 知，，∴，

∴，即

∴，

∴，∴．(3分)

综上，数列单调递减．

3.(浙江省重点中学2008年5月)

已知函数，数列的前项和为，，且．

(Ⅰ)求的最大值；

(Ⅱ)证明：；

(Ⅲ)探究：数列是否单调？

解：(Ⅰ)∵，∴．

∵=，(2分)

∴当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减．

∴在区间内，．(2分)

(Ⅱ)用数学归纳法证明：

　① 当时， ∵，∴，成立；

② 假设当时，成立．

当时，由及，得，(2分)

由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以，

而，， 故．

∴当时，也成立．

由①、②知，对任意都成立．(4分)

(Ⅲ)数列单调递减．(1分)

理由如下：

当时， ∴；

当时，由得．

∵，(2分)

又由 (Ⅱ) 知，，∴，

∴，即

∴，

∴，∴．(3分)

综上，数列单调递减．

2.(湖南师大附中)(本小题满分14分)已知函数

　 (Ⅰ)试判断函数上单调性并证明你的结论；

　 (Ⅱ)若恒成立，求整数k的最大值；

　 (Ⅲ)求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e^2n－3.

．解：(I)…………(2分)

　　 上是减函数.……………………………………………………(4分)

　　 (II)

　　 即h(x)的最小值大于k.…………………………………………………………(6分)

　　 则上单调递增，

　　 又

　　 存在唯一实根a，且满足

当

∴

故正整数k的最大值是3　　 ……………………9分

(Ⅲ)由(Ⅱ)知

∴　 ………………11分

令，则

∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

∴(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e^2n－3 　………………14分

1.(2008年潍坊市高三统一考试)

定义在的三个函数f(x)、g(x)、h(x),已知f(x)=lnx,g(x)= ,且g(x)在[1，2]为增函数，h(x)在(0，1)为减函数.

(I)求g(x)，h(x)的表达式；

(II)求证：当1<x< 时，恒有

(III)把h(x)对应的曲线向上平移6个单位后得曲线，求与g(x)对应曲线的交点个数，并说明道理.

解(I)由题意：

∴恒成立.

又恒成立.

∴即

(II)

欲证：

只需证：

即证：

记

∴

∴当x>1时，为增函数…………….9分

即

∴结论成立………………………………………………..10分

(III)由 (1)知：

∴对应表达式为

∴问题转化成求函数

即求方程：

即：

设

∴当时，为减函数.

当时，为增函数.

而的图象开口向下的抛物线

∴与的大致图象如图：

∴与的交点个数为2个.

即与的交点个数为2个.

7.(2008福建卷19)(本小题满分12分)

　　已知函数.

　(Ⅰ)设{a_n}是正数组成的数列，前n项和为S_n，其中a₁=3.若点(n∈N*)在函数y=f′(x)的图象上，求证：点(n,S_n)也在y=f′(x)的图象上；

　(Ⅱ)求函数f(x)在区间(a-1,a)内的极值.

本小题主要考查函数极值、等差数列等基本知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力.满分12分.

　　 (Ⅰ)证明：因为所以′(x)=x²+2x,

　　 由点在函数y=f′(x)的图象上,

　　 又所以

　　 所以,又因为′(n)=n²+2n,所以,

　　 故点也在函数y=f′(x)的图象上.

(Ⅱ)解:,

由得.

当x变化时,﹑的变化情况如下表:

注意到,从而

①当,此时无极小值；

②当的极小值为,此时无极大值；

③当既无极大值又无极小值.

6.(2008重庆卷20)(本小题满分13分.(Ⅰ)小问5分.(Ⅱ)小问8分.)

　　设函数曲线y=f(x)通过点(0，2a+3)，且在点(-1，f(-1))

处的切线垂直于y轴.

(Ⅰ)用a分别表示b和c；

(Ⅱ)当bc取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e^-x的单调区间.

解：(Ⅰ)因为

　　　　 又因为曲线通过点(0，2a+3),

　　　　 故

　　　　 又曲线在(-1，f(-1))处的切线垂直于y轴，故

　　　　 即-2a+b=0,因此b=2a.

　　 (Ⅱ)由(Ⅰ)得

　　　　 故当时，取得最小值-.

　　　　 此时有

　　　　 从而

　　　　 所以

　　　　 令，解得

　　　 　 当

　　　　 当

　　　　 当

　　　　 由此可见，函数的单调递减区间为(-∞，-2)和(2，+∞)；单调递增区间为(-2，2).

5..(2008陕西卷21)．(本小题满分12分)

已知函数(且，)恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是．

(Ⅰ)求函数的另一个极值点；

(Ⅱ)求函数的极大值和极小值，并求时的取值范围．

解：(Ⅰ)，由题意知，

即得，(*)，．

由得，

由韦达定理知另一个极值点为(或)．

(Ⅱ)由(*)式得，即．

当时，；当时，．

(i)当时，在和内是减函数，在内是增函数．

，

，

由及，解得．

(ii)当时，在和内是增函数，在内是减函数．

，

恒成立．

综上可知，所求的取值范围为．

4..(2008湖南卷21)(本小题满分13分)

已知函数f(x)=ln²(1+x)-.

(I)　 求函数的单调区间;

(Ⅱ)若不等式对任意的都成立(其中e是自然对数的底数).

求的最大值.

解: (Ⅰ)函数的定义域是，

设则

令则

当时， 　在(-1，0)上为增函数，

当x＞0时，在上为减函数.

所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，

函数g(x)在上为减函数.

于是当时，

当x＞0时，

所以，当时，在(-1，0)上为增函数.

当x＞0时，在上为减函数.

故函数的单调递增区间为(-1，0)，单调递减区间为.

(Ⅱ)不等式等价于不等式由知，

　 设则

由(Ⅰ)知，即

所以于是G(x)在上为减函数.

故函数G(x)在上的最小值为

所以a的最大值为

3.(2008山东卷21)(本小题满分12分)

已知函数其中n∈N*,a为常数.

(Ⅰ)当n=2时，求函数f(x)的极值；

(Ⅱ)当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1.

(Ⅰ)解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，

　　　 当n=2时，

　　 所以　

(1)当a＞0时，由f(x)=0得

＞1，＜1，

此时　 f′(x)=.

当x∈(1，x₁)时，f′(x)＜0,f(x)单调递减；

当x∈(x₁+∞)时，f′(x)＞0, f(x)单调递增.

(2)当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，所以f(x)无极值.

综上所述，n=2时，

当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为

当a≤0时，f(x)无极值.

(Ⅱ)证法一：因为a=1,所以

　　　　　 当n为偶数时，

令

则 g′(x)=1+＞0(x≥2).

所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，

又　 g(2)=0

因此≥g(2)=0恒成立，

　　　　 所以f(x)≤x-1成立.

当n为奇数时，

　　　　 要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1,

　　　　 令　　 h(x)=x-1-ln(x-1),

　　　　 则　　 h′(x)=1-≥0(x≥2),

　　　　 所以　 当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，

　　　 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln(x-1)＜x-1命题成立.

综上所述，结论成立.

证法二：当a=1时，

　　　　 当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，

　　　　 故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.

　　　　 令

　　　　 则

　　　　 当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，

　　　　 因此　当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立.

　　　　 故　当x≥2时，有≤x-1.

　　　　 即f(x)≤x-1.