2、x)在(0,1)上增函数.又g(x)在上连续,所以g(x)>g(0)=0.因为,所以,即>0,从而————10分(Ⅲ)因为,所以,,所以—①,由(Ⅱ)知:,所以=,因为,n≥2,所以<<=————②.————14分由①②两式可知:.————16分----WORD格式--可编辑--2.已知为锐角,且,函数,数列{an}的首项.⑴求函数的表达式;⑵求证:;⑶求证:解:⑴又锐角∴∴⑵∵∴都大于0∴∴⑶∴∴∵,,又∵∴∴3.已知数列满足(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)若数列满足,证明:是等差数列;(Ⅲ)证明:解:(1),故数列是首项为2,公比为2
3、的等比数列。,(2),①,②②—①得,即③…④④—③得,即所以数列是等差数列(3)----WORD格式--可编辑--设,则4.设(e为自然对数的底数)(I)求p与q的关系;(II)若在其定义域内为单调函数,求p的取值范围;(III)证明①;②(n≥2).解:(I)由题意(II)由(I)知:,令h(x)=px2-2x+p.要使g(x)在(0,+∞)为单调函数,只需h(x)在(0,+∞)满足:h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.①,∴g(x)在(0,+∞)单调递减,∴p=0适合题意.…②当p>0时,h(x)=px2-2x+p为开口向上抛物线,
4、轴为x=∈(0,+∞).∴h(x)min=p-.只需p-≥0,即p≥1时h(x)≥0,g′(x)≥0,∴g(x)在(0,+∞)单调递增,∴p≥1③当p<0时,h(x)=px2-2x+p图象为开口向下的抛物线,其对称轴为x=(0,+∞),只需h(0)≤0,即p≤0时h(0)≤(0,+∞)恒成立.∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)单调递减,∴p<0适合题意.综上①②③可得,p≥1或p≤0.……………………………………9分(III)证明:①即证:lnx-x+1≤0(x>0),设----WORD格式--可编辑--.当x∈(0,1)时,k
5、′(x)>0,∴k(x)为单调递增函数;当x∈(1,∞)时,k′(x)<0,∴k(x)为单调递减函数;∴x=1为k(x)的极大值点,∴k(x)≤k(1)=0.即lnx-x+1≤0,∴lnx≤x-1.②由①知lnx≤x-1,又x>0,5.设A(x1,y1),B(x2,y2)是函数f(x)=的图象上任意两点,且,已知点M的横坐标为.(1)求证:M点的纵坐标为定值;(2)若Sn=f(∈N*,且n≥2,求Sn;(3)已知an=,其中n∈N*.Tn为数列{an}的前n项和,若Tn<λ(Sn+1+1)对一切n∈N*都成立,试求λ的取值范围.(1)∵
6、∴M是AB的中点.设M点的坐标为(x,y),由(x1+x2)=x=,得x1+x2=1,则x1=1-x2或x2=1-x1.而y=(y1+y2)=[f(x1)+f(x2)]=(+log2=(1+log2=(1+log2=(1+log2∴M点的纵坐标为定值.(2)由(1)知x1+x2=1,f(x1)+f(x2)=y1+y2=1,Sn=f(Sn=f(,两式相加得:2Sn=[f(----WORD格式--可编辑--)+[f()+…+[f()=∴Sn=(n≥2,n∈N*).(2)当n≥2时,an=Tn=a1+a2+a3+…+an=[()=(由Tn<λ
7、(Sn+1+1)得<λ·∴λ>∵n+≥4,当且仅当n=2时等号成立,∴因此λ>,二、不等式恒成立专题函数的内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.函数类问题的解决最终归结为对函数性质、函数思想的应用.恒成立问题,在高中数学中较为常见.这类问题的解决涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数与对数函数等函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,有利于考查学生的综合解题能力,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用.恒成立问题在解题过程中有以下几种策略:①赋值型;②一次函数型;③二次函数型;④
8、变量分离型;⑤数形结合型.策略一、赋值型——利用特殊值求解等式中的恒成立问题,常常用赋值法求解,特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例1.由等式x4+a1x3+a2x2+a3x+a4=(x+1)4+b1(