分析 (Ⅰ)求出f′(x),解不等式f′(x)>0,f′(x)<0可函數(shù)的單調區(qū)間,利用函數(shù)的單調性和導數(shù)之間的關系,即可求函數(shù)f(x)的最小值;
(Ⅱ)要使f(x)≥0對任意的x∈R恒成立,則只需求出f(x)的最小值即可得到結論.
(III)利用ln(1+x)<x,x∈(0,1),可得ln[1+$\frac{2^n}{{({2^{n-1}}+1)({2^n}+1)}}}$]<$\frac{2^n}{{({2^{n-1}}+1)({2^n}+1)}}}$=2$(\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1})$,即可證明.
解答 (Ⅰ)解:∵f′(x)=ex-a,
當a>0時,若x∈(lna,+∞),f′(x)>0,得函數(shù)f(x)在(lna,+∞)上是增函數(shù);
若x∈(-∞,lna),f′(x)<0,得函數(shù)f(x)在(-∞,lna)上是減函數(shù).
則當a>0時,函數(shù)f (x) 的單調遞增區(qū)間是(lna,+∞),單調遞減區(qū)間是(-∞,lna).
即f(x)在x=lna處取得極小值且為最小值,
最小值為f(lna)=elna-alna-1=a-alna-1.
(Ⅱ)解:若f(x)≥0對任意的x∈R恒成立,
等價為f(x)min≥0,
由(Ⅰ)知,f(x)min=a-alna-1,
設g(a)=a-alna-1,
則g′(a)=1-lna-1=-lna,
由g′(a)=0得a=1,
由g′(x)>0得,0<x<1,此時函數(shù)單調遞增,
由g′(x)<0得,x>1,此時函數(shù)單調遞減,
∴g(a)在a=1處取得最大值,即g(1)=0,
因此g(a)≥0的解為a=1.
(III)證明:∵ln(1+x)<x,x∈(0,1).
∴l(xiāng)n[1+$\frac{2^n}{{({2^{n-1}}+1)({2^n}+1)}}}$]<$\frac{2^n}{{({2^{n-1}}+1)({2^n}+1)}}}$=2$(\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1})$,
∴l(xiāng)n(1+$\frac{2}{2×3}$)+ln(1+$\frac{4}{3×5}$)+ln(1+$\frac{8}{5×9}$)+…+ln[1+$\frac{2^n}{{({2^{n-1}}+1)({2^n}+1)}}}$]
<2$[(\frac{1}{2}-\frac{1}{2+1})$+$(\frac{1}{2+1}-\frac{1}{{2}^{2}+1})$+…+$(\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1})]$=2$(\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n}+1})$<1.
點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值點、證明不等式、“裂項求和”方法、放縮法,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | (-∞,-2) | B. | (-∞,0) | C. | (2,+∞) | D. | (1,+∞) |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源:2017屆安徽合肥一中高三上學期月考一數(shù)學(文)試卷(解析版) 題型:填空題
設函數(shù),若函數(shù)有8個不同的零點,則實數(shù)的取值范圍是 .
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科目:高中數(shù)學 來源:2016-2017學年河北正定中學高二上月考一數(shù)學(文)試卷(解析版) 題型:解答題
執(zhí)行如圖所示的程序框圖.
(1)若輸入的,,求輸出的的值;
(2)若輸入的,輸出的,求輸入的()的值.
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