95.（湖北理21）（Ⅰ）已知函数（Ⅱ）设
f(x)?lnx?x?1，x?(0,??)，求函数f(x)的最大值；
ak,bk(k?1,2…，n)均为正数，证明：
bnb1b2aa?aab?ab?abb?b?bn?1； 22…nn?12（1）若11…n，则121222bnb1b2b?bbbb?bb?b?b12n2?12…+n。 （2）若1…n=1，则n?1f/(x)??1?0?x?1x解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,??)，令，
f(x)在(0,1)上递增，在(1,??)上递减，故函数f(x)在x?1处取得最大值f(1)?0
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知当x?(0,??)时有
f(x)?f(1)?0即lnx?x?1，
nbkkna,b?0，∴∵kknnkkbk?lnak?bk(ak?1),(k?1,2,?n)??lna??bk(ak?1)k?1k?1
∵
?ab??b?lnakk?1k?1n∴
bkk?0k?1bnbnb1b2b1b2ln(aa?a)?0?aa?a?1 12n12n即
n111ak?,(k?1,2,?,n)akbk???akbk?1bb?b?nbnk?1n，令k（2）①先证，则
b1b212bnn1b11b211)()?()bn?1?b1b2?nb1?b2???bn?nbnnb1nb2nbnb1b2?bn由（1）知
(bnb2b1b1b2?bn?∴
1n；
222bnb1b2b?bbbb?b12n?12…+n，记②再证
nS??bk2,ak?k?1nbk,(k?1,2,?,n)S
n1n2akbk??bk?1??bk?Sk?1k?1则k?1于是由（1）得
所以
bbbbnb2(1)b1(2)b2?(n)bn?1?b1b1b2?bn?Sb1?b2???bn?SSSS
222bnb2b?bbb1b1b2?bn?12n…+
。综合①②，（2）得证
322fx()?x?2ax?bxa?gx()?x?3x?296.（湖北文20）设函数，，其中x?R，a、
b为常数，已知曲线y?f(x)与y?g(x)在点（2,0）处有相同的切线l。
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(I) 求a、b的值，并写出切线l的方程； (II)若方程
x?x2，且对任意的xxf()x?g()x?mx有三个互不相同的实根0、、2，其中1，
x??x1,x2?fx()?g(x)?m(x?1)恒成立，求实数m的取值范围。
/2/f(x)?3x?4ax?b,g(x)?2x?3，解：(I)由于曲线曲线y?f(x)与y?g(x)在点（2,0）//f(2)?g(2)?0,f(2)?g(2)?1，由此解得：a??2,b?5； 处有相同的切线，故有
切线l的方程：x?y?2?0‘ (II)由(I)得相等的根
f(x)?g(x)?x3?3x2?2x，依题意得：方程x(x2?3x?2?m)?0有三个互不
0,x1,x2，故x1,x2是方程x2?3x?2?m?0的两个相异实根，所以 ??9?4(2?m)?0?m??14；
又对任意的
x??x1,x2?，
x?x1时， fx()?g(x)?m(x?1)恒成立，特别地，取
f(x1)?g(x1)?mx1??m成立，即0??m?m?0，由韦达定理知：
?x1,x2?，有x1?x2?3?0,x1x2?2?m?0，故0?x1?x2，对任意的x?x?x2?0,x?x1?0,x?0，则：
f(x)?g(x)?mx?x(x?x1)(x?x2)?0；又f(x1)?g(x1)?mx1?0
所以函数在
x??x1,x2?上的最大值为0，于是当
?x1,x2?，m?0时对任意的x?1(?,0)fx()?g(x)?m(x?1)恒成立；综上：m的取值范围是4。 1f(x)?x??alnx(a?R).x97.（湖南文22）设函数
(I)讨论
f(x)的单调性；
f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k，
（II）若
问：是否存在a，使得k?2?a?若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
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解析：（I）
f(x)的定义域为(0,??).
1ax2?ax?1f'(x)?1?2??xxx2
令g(x)?x2?ax?1,其判别式??a2?4.
f'(x)?0,故f(x)在(0,??)上单调递增．
(0,??)上??)上，f'(x)?0，故f(x)在当|a|?2时,??0,,?>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0当a??2时,单调递增．
a?a2?4a?a2?4x1?,x2?a?2时,?>0,g(x)=022当的两根为，
当故
0?x?x1时， f'(x)?0；当x1?x?x2时， f'(x)?0；当x?x2时， f'(x)?0，f(x)分别在(0,x1),(x2,??)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减．
（II）由（I）知，a?2．
f(x1)?f(x2)?(x1?x2)?因为
x1?x2?a(lnx1?lnx2)x1x2，所以
k?f(x1)?f(x2)lnx?lnx21?1??a?1x1?x2x1x2x1?x2
lnx?lnx2k?2?a?1xx?1．于是x1?x2
又由(I)知，12lnx1?lnx2?1lnx1?lnx2?x1?x2．亦即 x1?x2若存在a，使得k?2?a.则．即x2?1?2lnx2?0(x2?1)(*)x2[来源: ]
1h(t)?t??2lntx?1，所以t再由（I）知，函数在(0,??)上单调递增，而2x2?11?2lnx2?1??2ln1?0.x21这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k?2?a.
98.（湖南理20）如图6，长方形物体E在雨中沿面P（面积为S）的垂直方向作匀速移动，速度为v(v?0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c?R)。E移动时单位时间内的淋雨量包
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括两部分：（1）P或P的平行面（只有一个面淋雨）的淋雨量，假设其值与
v?c×S成正比，
11比例系数为10；（2）其它面的淋雨量之和，其值为2，记y为E移动过程中的总淋雨量，
3当移动距离d=100，面积S=2时。
（Ⅰ）写出y的表达式
（Ⅱ）设0＜v≤10,0＜c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少。
31|v?c|?2， 解析：（I）由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为20y?故
100315(|v?c|?)?(3|v?c|?10)v202v.
55(3c?10)y?(3c?3v?10)??15；vv（II）由(I)知，当0?v?c时， 55(10?3c)y?(3v?3c?10)??15.c?v?10vv当时，
?5(3c?10)?15,0?v?c??vy???5(10?3c)?15,c?v?10?v?故。
0?c?(1)当
103cymin?20?3时，y是关于v的减函数.故当v?10时，2。
10?c?5,10]上，y是关于v的增函数；(2) 当3时，在(0,c]上，y是关于v的减函数；在(c故当v?c时，
ymin?50c。
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99.（湖南理22） 已知函数 （Ⅰ）求函数h (x)=
f(x) =x3，g (x)=x+x。
f(x)-g (x)的零点个数，并说明理由；
*{a}(n?N)满足a1?a(a?0)，f(an?1)?g(an)，证明：存在常数M,使
（Ⅱ）设数列n得对于任意的n?N，都有
*an≤ M.
3h(x)?x?x?x知，x?[0?,?，而h(0?)，0且解析：（I）由
h(1?)??1h0?,?(2?)，则6x?02为h(0x)的一个零点，且h(x)在（，12）内有零点，
因此h(x)至少有两个零点
13??1?1112h'(x)?3x?1?x2?'(x)?6x?x2?(x)?3x?1?x2242，则解法1：，记。
2当x?(0,??)时，?'(x)?0，因此?(x)在(0,??)上单调递增，则?(x)在(0,??)内至多
只有一个零点。又因为
?(1)?0,?(33)?0(,1)3，则?(x)在3内有零点，所以?(x)在
(0,??)内有且只有一个零点。记此零点为x1，则当x?(0,x1)时，?(x)??'(x1)?0；当
x?(x1,??)时，?(x)??'(x1)?0；
所以， 当当
x?(0,x1)时，h(x)单调递减，而h(0)?0，则h(x)在(0,x1]内无零点； x?(x1,??)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1,??)内至多只有一个零点；
从而h(x)在(0,??)内至多只有一个零点。综上所述，h(x)有且只有两个零点。
1?3?'(x)?2x?x2222解法2：h(x)?x(x?1?x)，记?(x)?x?1?x，则。
1?21?2当x?(0,??)时，?'(x)?0，因此?(x)在(0,??)上单调递增，则?(x)在(0,??)内至多只有一个零点。因此h(x)在(0,??)内也至多只有一个零点， 综上所述，h(x)有且只有两个零点。
x03?x0?x0xh(x)0（II）记的正零点为，即。
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