分析 (Ⅰ)a=2時(shí),f(x)=ln(1+x)-$\frac{x}{(1+x)^{2}}$,f′(x)=$\frac{x(x+3)}{(1+x)^{3}}$.(x>-1).即可得出單調(diào)區(qū)間.
(Ⅱ)函數(shù)$f(x)=ln(1+x)-\frac{x}{{{{(1+x)}^a}}}$,實(shí)數(shù)a>0.f(0)=0.(x>0).可得f′(x)=$\frac{(1+x)^{a}-(1+x-ax)}{(1+x)^{a+1}}$.令g(x)=(1+x)a-(1+x)+ax,g(0)=0.對(duì)a分類討論,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出.
解答 解:(Ⅰ)a=2時(shí),f(x)=ln(1+x)-$\frac{x}{(1+x)^{2}}$,f′(x)=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{(1+x)^{2}-2x(1+x)}{(1+x)^{4}}$=$\frac{x(x+3)}{(1+x)^{3}}$.(x>-1).
∴函數(shù)f(x)的單增區(qū)間為(0,+∞);單減區(qū)間為(-1,0).
(Ⅱ)函數(shù)$f(x)=ln(1+x)-\frac{x}{{{{(1+x)}^a}}}$,實(shí)數(shù)a>0.f(0)=0.(x>0).
f′(x)=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1+x-ax}{(1+x)^{a+1}}$
=$\frac{(1+x)^{a}-(1+x-ax)}{(1+x)^{a+1}}$.
令g(x)=(1+x)a-(1+x)+ax,g(0)=0.
①當(dāng)0<a$≤\frac{1}{2}$時(shí),g′(x)≤0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減,∴g(x)<g(0)=0.f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,∴f(x)<f(0)=0,滿足條件.
②a$>\frac{1}{2}$時(shí),存在x0>0,使得g′(x0)=0,g′(x)>0,函數(shù)g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,g(x)>g(0).
從而f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,f(x)>f(0)=0,不滿足條件,舍去.
綜上可得:a$≤\frac{1}{2}$.
即a的最大值為:$\frac{1}{2}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類討論、方程與不等式的解法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 命題“?x0∈R,sinx0>1”的否定是“?x∈R,sinx>1” | |
B. | “若xy=0,則x=0或y=0”的逆否命題為“若x≠0或y≠0,則xy≠0” | |
C. | 在△ABC中,A>B是sinA>sinB的充分不必要條件 | |
D. | 若p∧(¬q)為假,p∨(¬q)為真,則p,q同真或同假 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | x1+x2≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ | B. | x1+x2<$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ | C. | x1+x2≥$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ | D. | x1+x2<$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 若a>b,c>d,則ac>bd | B. | 若ac>bc,則a>b | ||
C. | 若a>b,c>d,則a-c>b-d | D. | 若$\frac{a}{{c}^{2}}$<$\frac{{c}^{2}}$,則a<b |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 4個(gè) | B. | 5個(gè) | C. | 6個(gè) | D. | 7個(gè) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | (-∞,$\sqrt{3}$-1] | B. | (-∞,0] | C. | [0,$\sqrt{3}$-1] | D. | (-∞,1-$\sqrt{3}$] |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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