所以函数f(x)在区间,(0,+∞)内单调递增,在区间内单调递减;
当a<0时,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间内单调递减.
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa3+b,
则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而
又b=c-a,所以当a>0时,
a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.
设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是
(-∞,-3),
则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且
g=c-1≥0,因此c=1.
3
2
2
此时,f(x)=x+ax+1-a=(x+1)[x+(a-1)x+1-a],
2
因函数有三个零点,则x+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)综上c=1.
4.证明(1)f'(x)=aesinx+ecosx=e(asinx+cosx)=axaxaxesin(x+φ),其中
axtanφ=,0<φ<
令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,
*即x=mπ-φ,m∈N.
对k∈N,若2kπ 因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上,f'(x)的符号总相反.于是当x=mπ-φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn=nπ-φ(n∈N*). a(nπ-φ)n+1a(nπ-φ) 此时,f(xn)=esin(nπ-φ)=(-1)esinφ. 易知f(xn)≠0,而首项为f(x1)=e a(π-φ) =-eaπ是常数,故数列{f(xn)}是 aπ sinφ,公比为-e的等比数列. (2)由(1)知,sinφ=,于是对一切n∈N,xn<|f(xn)|恒成立,即 *nπ-φ a(nπ-φ) 恒成立,等价于(*)恒成立(因为a>0). 设g(t)=(t>0),则g'(t)=令g'(t)=0得t=1. 当0 因此,要使(*)式恒成立,只需 而当a=时,由tanφ=且0<φ<知,<φ< 于是π-φ<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ> 因此对一切n∈N,axn=*1, 所以g(axn)>g(1)=e=故(*)式亦恒成立. 综上所述,若a,则对一切n∈N,xn<|f(xn)|恒成立. *5.(1)解f'(x)=(x>0), 当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞); 当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). (2)解令F(x)=alnx-ax-3+ax+x+4-e=alnx+x+1-e, F'(x)=,令F'(x)=0,得x=-a. 若-a≤e,即a≥-e, 22 则F(x)在x∈[e,e]上是增函数,要使F(x)≤0对任意x∈[e,e]恒成立, 则需F(x)max=F(e)=2a+e-e+1≤0,a2 2 22 ,无解; 若e<-a≤e,即-e≤a<-e, 则F(x)在x∈[e,-a]上是减函数, 2 在x∈[-a,e]上是增函数,令F(e)=a+1≤0,得a≤-1. 令F(e)=2a+e-e+1≤0,得a22 , ∴-e2≤a2 2 2 若-a>e,即a<-e,F(x)在x∈[e,e]上是减函数,令F(x)max=F(e)=a+1≤0,得a≤-1,∴a<-e2, 综上所述a (3)证明令a=-1(或a=1),此时f(x)=-lnx+x-3,得f(1)=-2, 由(1)知f(x)=-lnx+x-3在区间(1,+∞)内单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1), 即-lnx+x-1>0, 所以lnx 因为 2 n≥2,n∈N*,则有 2 2 2 ln *,要证 ln(2+1)+ln(3+1)+ln(4+1)+…+ln(n+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N), 只需证ln因 +ln+ln+…+ln<1(n≥2,n∈N*), 为 ln+ln+ln+…+ln+…+=1-<1,故原不等式成立. 6.解(1)由f(x)=,得f'(x)=, 由题意得f'(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e. (2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=x-(a+e)x+aelnx,则任意x2 ,f(x)与g(x)有且只有 两个交点,等价于函数h(x)在有且只有两个零点. 由h(x)=x-(a+e)x+aelnx,得h'(x)=2 , ①当a时,由h'(x)>0得x>e; 由h'(x)<0得 此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增. 因为h(e)=e-(a+e)e+aelne=-e<0, 22 h(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或当x→+∞时,h(x)>0亦 可),所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点, 则只需h+aeln0,即a ②当 此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+∞)内单调递增. 此时h(a)=-a-ae-aelna<-a-ae+aelne=-a<0, 222