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(
