15．已知函数f（x）=x+，h（x）=

2

．

2

（Ⅰ）设函数F（x）=18f（x）﹣x[h（x）]，求F（x）的单调区间与极值； （Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程lg[f（x﹣1）﹣]=2lgh（a﹣x）﹣2lgh（4﹣x）； （Ⅲ）设n∈N，证明：f（n）h（n）﹣[h（1）+h（2）+…+h（n）]≥． n

考点： 专题： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法． 计算题；证明题；压轴题；分类讨论． 31

分析： 解答： （Ⅰ）首先求出F（x）的解析式，求导，令导数大于0和小于0，分别求出单调增区间和减区间，从而可求极值． （Ⅱ）将方程转化为lg（x﹣1）+2lg=2lg，利用对数的运算法则，注意到真数大于0，转化为等价的不等式，分离参数a，求解即可． （Ⅲ）由已知得h（1）+h（2）+…+h（n）= 故原不等式转化为f（n）h（n）﹣=≥ 注意到等式右侧为数列{bn}：bn=和的形式，将等式的左侧也看作一个数列的前n项和的形式， 求出通项．问题转化为证明项＞项的问题．可用做差法直接求解． 解：（Ⅰ）F（x）=18f（x）﹣x2[h（x）]2=﹣x3+12x+9（x≥0） 所以F′（x）=﹣3x2+12=0，x=±2 且x∈（0，2）时，F′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，F′（x）＜0 所以F（x）在（0，2）上单调递增，在（2， 32

+∞）上单调递减． 故x=2时，F（x）有极大值，且F（2）=﹣8+24+9=25 （Ⅱ）原方程变形为lg（x﹣1）+2lg=2lg ?? （1）当1＜a＜4时，原方程有一解x=3﹣ （2）当4＜a＜5时，原方程有两解x=3± （3）当a=5时，原方程有一解x=3 （4）当a≤1或a＞5时，原方程无解． （Ⅲ）由已知得h（1）+h（2）+…+h（n）= f（n）h（n）﹣=从而a1=s1=1 当k≥2时，an=sn﹣sn﹣1= 又= =

=0 即对任意的k≥2，有 ＞又因为a1=1= 所以a1+a2+…+an≥ 则sn≥h（1）+h（2）+…+h（n），故原不等式成立．

33

点评： 本题考查求函数的单调区间、极值、方程解的个数问题、不等式证明问题，综合性强，难度较大． 16．（2011?浙江）设函数f（x）=alnx﹣x+ax，a＞0，且f（1）≥e﹣1． （Ⅰ）求f（x）的单调区间

2

（Ⅱ）求所有的实数a，使e﹣1≤f（x）≤e对x∈[1，e]恒成立．注：e为自然对数的底数． 22

考点： 专题： 分析： 利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值． 计算题；压轴题． （Ⅰ）直接利用导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减来求f（x）的单调区间即可． （Ⅱ）先利用（Ⅰ）的结论求出f（x）在[1，e]上的最值，把原不等式转化为比较f（x）在[1，e]上的最值与两端点值之间的关系即可求所有的实数a． 34

解答： 解：（Ⅰ）因为f（x）=alnx﹣x+ax，其中x＞0． 所以f'（x）=﹣2x+a=﹣． 由于a＞0，所以f（x）的增区间为（0，a），f（x）的减区间为（a，+∞）． （Ⅱ）证明：由题得，f（1）=a﹣1≥e﹣1，即a≥e， 由（Ⅰ）知f（x）在[1，e]内单调递增 要使e﹣1≤f（x）≤e对x∈[1，e]恒成立， 只要解得a=e． 222点评： 本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减． 参与本试卷答题和审题的老师有：wdnah；394782；wdlxh；庞会丽；ywg2058；minqi5；wzj123（排名不分先后） 菁优网

2014年10月18日

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