（Ⅲ）证明?i=1n2?ln(2n+1)<2(n?N*). 2i?1解：（1）f(x)的定义域为(?a,??)
f?(x)?1?1x?a?1?，由f?(x)?0，得x?1?a??a x?ax?a当x变化时变化时，f?(x)，f(x)的不好情况如下表： 因此，f(x)在x?1?a处
x f?(x) f(x) (?1,a) a (a,??) - 0 极小值 +
取得最小值，故由题意f(1?a)?1?a?0,所以a?1.
（2）当k?0时，取x?1，有f(1)?1?ln2?0，故k?0不合题意.
当k?0时,令g(x)?f(x)?kx2,即g(x)?x?ln(x?1)?kx2
x?2kx2?(1?2k)xg?(x)??2kx?
x?1x?1令g?(x)?0得x1?0,x2?①当k?
1?2k??1 2k11?2k?0,g?(x)?0在(0,??)上恒成立,因此g(x)在[0,??)上时,
22k单调递减,从而对于任意的x?[0,??),总有g(x)?g(0)?0,即f(x)?kx2在
[0,??)上恒成立.故k?
1
符合题意. 2
11?2k1?2k?0,对于x?(0,),g?(x)?0 ②当0?k?时,
22k2k1?2k1?2k)内单调递增,因此,当取x0?(0,)时, 故g(x)在(0,2k2k2不成立. g(x0)?g(0)?0,即f(x0)?kx0故0?k?1不合题意. 2(3)证明:当n?1时,不等式左边?2?ln3?2?右边,所以不等式成立.
n22??2当n?2时,?f()????ln(1?)?
2i?12i?12i?1?i?1i?1?n2 ?????ln(2i?1)?ln(2i?1)?
i?12i?1i?1nn
??i?1n2?ln(2n?1) 2i?11x2(x?0),从而 在(2)中取k?得f(x)?22f(222)??(i?N?,i?2) 22i?1(2i?1)(2i?3)(2i?1)nn22所以有??ln(2n?1)??f()
2i?1i?12i?1i?1n22 ?f(2)??f( )?2?ln3??2i?1(2i?3)(2i?1)i?2i?2nn ?2?ln3??(i?211?) 2i?32i?1 ?2?ln3?1?综上?i?1n1?2 2i?12?ln(2n?1)?2.n?N? 2i?1
28.（2012天津文）（本小题满分14分） 已知函数f(x)?131?a2x?x?ax?a，x32其中a>0.
（I）求函数f(x)的单调区间；
（II）若函数f(x)在区间（-2，0）内恰有两个零点，求a的取值范围； （III）当a=1时，设函数f(x)在区间[t,t?3]上的最大值为M（t），最小值为m（t）,记g(t)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间[?3,?1]上的最小值。 解(1)f?(x)?x2?(1?a)x?a?(x?1)(x?a),由f?(x)?0得x1??1,x2?a?0 当x变化时,的f?(x)变化情况如下表:
x f?(x) f(x) (??,?1) ?1 (?1,a) a 0 极小值 (a,??) ? 0 极大值 - + 故函数f(x)的单调递增区间是(??,?1),(a,??)，单调递减区间是(?1,a). (2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在(-1,0)内单调递减,从而函数
f(x)在区间
?f(?2)?01?(-2,0)内恰有两个零点,当且仅当?f(?1)?0,解得0?a?.
3?f(0)?0?1所以,a的取值范围为(0,).
31（3）a?1时，f(x)?x2?x?1，由（1）知f(x)在??3,?1?上单调递增，在?-1,1?3上单调递减，在?1,2?上单调递增。
①当t???3,?2?时，t?3??0,1?,?1??t,t?3?,f(x)在?t,?1?上单调递增，在??1,t?3?1上单调递减，因此，f(x)在?t,t?3?上的最大值M(t)?f(?1)??，而最小值为
3f(t)与f(t?3)中的较小者，由f(t?3)?f(t)?3(t?1)(t?2)知，当t???3,?2?时，f(t)?f(t?3)
故m(t)?f(t)，所以g(t)?f(?1)?f(t)，而f(t)在??3,?2?上单调递增，因此，
5f(t)?f(?2)??
3所以g(t)在??3,?2?上的最小值为g(?2)?
154?(?)?. 333②当t???2,?1?时,t?3??1,2?,且?1,1??t,t?3?, 下面比较f(?1),f(1),f(t),f(t?3)的大小. 由f(x)在??2,?1?,?1,2?上单调递增,有 f(?2)?f(t)?f(?1),f(1)?f(t?3)?f(2)
51 又由f(1)?f(?2)??,f(?1)?f(2)??,
3315 从而M(t)?f(?1)??,m(t)?f(1)??
334 所以g(t)?M(t)?m(t)?
34综上,函数f(x)在区间??3,?1?上的最小值为.
3
29．（2012浙江理）(本小题满分14分)已知a＞0，b?R，函数f?x??4ax3?2bx?a?b．
(Ⅰ)证明：当0≤x≤1时，
(ⅰ)函数f?x?的最大值为|2a－b|﹢a； (ⅱ) f?x?＋|2a－b|﹢a≥0； (Ⅱ) 若﹣1≤f?x?≤1对x?[0，1]恒成立，求a＋b的取值范围． 解：(Ⅰ)(ⅰ)f??x??12ax2?2b．
当b≤0时，f??x??12ax2?2b＞0在0≤x≤1上恒成立， 此时f?x?的最大值为：f?1??4a?2b?a?b?3a?b＝|2a－b|﹢a； 当b＞0时，f??x??12ax2?2b在0≤x≤1上的正负性不能判断， 此时f?x?的最大值为：
?b?a，b?2afmax?x??max{f(0)，（）f1}?max{(b?a)，(3a?b)}??＝|2a－b|﹢a；
3a?b，b?2a?综上所述：函数f?x?在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a； (ⅱ) 要证f?x?＋|2a－b|﹢a≥0，即证g?x?＝﹣f?x?≤|2a－b|﹢a． 亦即证g?x?在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a， ∵g?x???4ax3?2bx?a?b，∴令g??x???12ax2?2b?0?x?当b≤0时，g??x???12ax2?2b＜0在0≤x≤1上恒成立， 此时g?x?的最大值为：g?0??a?b?3a?b＝|2a－b|﹢a； 当b＜0时，g??x???12ax2?2b在0≤x≤1上的正负性不能判断，
gmax?x??max{g(b)，（g1）} 6ab6a．
4b?max{b?a?b，b?2a}36a?4bb?6a?a?b，?b??36ab?6a?b?2a，?
≤|2a－b|﹢a；
综上所述：函数g?x?在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a．
即f?x?＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知：函数f?x?在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a， 且函数f?x?在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大． ∵﹣1≤f?x?≤1对x?[0，1]恒成立， ∴|2a－b|﹢a≤1． 取b为纵轴，a为横轴． 则可行域为：?作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有zmax?3． ∴所求a＋b的取值范围为：???，3?．
?b?2a?b?2a和?，目标函数为b?a?13a?b?1??z＝a＋b．