易知k?lnk，k?ln2，所以h(x0)?0. 因此对任意c?(0,1)，取x0?4x，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. cx综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 解法三：（1）同解法一. （2）同解法一.
（3）①若c?1，取x0?0， 由（2）的证明过程知，e?2x，
所以当x?(x0,??)时，有ce?e?2x?x，即x?ce. ②若0?c?1，
令h(x)?cex?x，则h'(x)?cex?1， 令h(x)?0得x?ln当x?ln'xxxx1. c1'时，h(x)?0，h(x)单调递增. c2取x0?2ln，
ch(x0)?ce易知
2ln2c?2ln222?2(?ln)， ccc22?ln?0，又h(x)在(x0,??)内单调递增， ccx所以当x?(x0,??)时，恒有h(x)?h(x0)?0，即x?ce.
综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 注：对c的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。
105.【2014·辽宁卷（理21）】已知函数f(x)?(cosx?x)(??2x)?(sinx?1)，
x83g(x)?3(x?x)cosx?4(1?sinx)ln(3?证明：（1）存在唯一x0?(0,（2）存在唯一x1?(2x?).
?2)，使f(x0)?0；
?2,?)，使g(x1)?0，且对（1）中的x0?x1??.
2?)时，f'(x)??(1?sinx)(??2x)?2x?cosx?0，函数f(x)在(0,)上为232?8?162?0，所以存在唯一x0?(0,)，使f(x0)?0. 减函数，又f(0)????0,f()????23233(x??)cosx2??4ln(3?x),x?[,?]， （Ⅱ）考虑函数h(x)?1?sinx?2（Ⅰ）当x?(0,令t???x，则x?[记u(t)?h(??t)???,?]时，t?[0,]， 22?3tcost23f(t)?4ln(1?t)，则u'(t)? ，
1?sint?(??2t)(1?sint)由（Ⅰ）得，当t?(0,x0)时，u'(t)?0，当t?(x0,?2)时，u'(t)?0.
在(0,x0)上u(t)是增函数，又u(0)?0，从而当t?(0,x0]时，u(t)?0，所以u(t)在(0,x0]上无零点. 在(x0,???)上u(t)是减函数，由u(x0)?0,u()??4ln2?0，存在唯一的t1?(x0,) ，使222u(t1)?0.
所以存在唯一的t1?(x0,?2)使u(t1)?0.
因此存在唯一的x1???t1?(因为当x?(一的x1?(?2,?)，使h(x1)?h(??t1)?u(t1)?0.
?2,?)时，1?sinx?0，故g(x)?(1?sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯
?2,?)，使g(x1)?0.
因x1???t1,t1?x0，所以x0?x1??
106.【2014·辽宁卷（文8）】已知函数f(x)??(x?cosx)?2sinx?2，
g(x)?(x??)1?sinx2x??1.
1?sinx?证明：（Ⅰ）存在唯一x0?(0,（Ⅱ）存在唯一x1?(（Ⅰ）当x?(0,?2)，使f(x0)?0；
?2,?)，使g(x1)?0，且对（1）中的x0，有x0?x1??.
?)时，f'(x)????sinx?2cosx?0，所以f(x)在(0,)上为增函数．又
22???4?0．所以存在唯一x0?(0,)，使f(x0)?0． f(0)????2?0．f()?222??2（Ⅱ）当x?(?2?,)时，化简得g(x)?(??x)cosx2x??1．令t???x．记
1?sinx?u(t)?g?(?t)? ?tcost2t?f(t)??1．t?(0,)．则u'(t)?．由（Ⅰ）得，当t?(0,x0)时，u'(t)?0；
1?sint?2?(1?sint)当t?(x0,?)时，u'(t)?0．从而在(x0,)上u(t)为增函数，由u()?0知，当t?[x0,)时，
2222???u(t)?0，所以u(t)在[x0,)上无零点．在(0,x0)上u(t)为减函数，由u(0)?1及u(x0)?0知存
2在唯一t0?(0,x0)，使得u(x0)?0．于是存在唯一t0?(0,??2)，使得u(t0)?0．设
x1???t0?(,?)．g(x1)?g(??t0)?u(t0)?0
2．因此存在唯一的x1?(??2,?)，使得g(x1)?0．由于x1???t0，t0?x0，所以x0?x1??．
107【2014·陕西卷（理21）】设函数的导函数.
f(x)?ln(1?x),g(x)?xf'(x),x?0，其中f'(x)是f(x)（1）g1(x)?g(x),gn?1(x)?g(gn(x)),n?N?，求gn(x)的表达式； （2）若
f(x)?ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设n?N?，比较g(1)?g(2)?【解析】
?g(n)与n?f(n)的大小，并加以证明.
1x，?g(x)? 1?x1?xf(x)?ln(x?1)，?f?(x)?（1）g(x)?xx?1?11??1? 1?x1?x1?x11x?0，?1?x?1，??1，?1??0，即g(x)?0，当且仅当x?0时取等号
1?x1?x当x?0时，gn(0)?0 当x?0时，g(x)?0
gn?1(x)?g(gn(x))
?gn?1(x)?gn(x)1?gn(x)1111???1，即??1 ，?1?gn(x)gn?1(x)gn(x)gn(x)gn?1(x)gn(x)?数列{1}是以g1(x)为首项，以1为公差的等差数列 gn(x)x1111?nx(x?0) ，?gn(x)???(n?1)?1??(n?1)?1?x1?nxgn(x)g1(x)x1?x0x?0，?gn(x)?(x?0) 当x?0时，gn(0)?1?01?nx?（2）在x?0范围内f(x)?ag(x)恒成立，等价于f(x)?ag(x)?0成立
ax，即h(x)?0恒成立， 1?x令h(x)?f(x)?ag(x)?ln(x?1)?h?(x)?1a(1?x)?axx?1?a ??22x?1(1?x)(1?x)令h?(x)?0，即x?1?a?0，得x?a?1
当a?1?0即a?1时，h(x)在[0,??)上单调递增，h(x)?h(0)?ln(1?0)?0?0 所以当a?1时，h(x)在[0,??)上h(x)?0恒成立；
当a?1?0即a?1时，h(x)在[a?1,??)上单调递增，在[0,a?1]上单调递减， 所以h(x)?h(a?1)?lna?a?1 设?(a)?lna?a?1(a?1)，??(a)?因为a?1，所以
1?1 a1?1?0，即??(a)?0，所以函数?(a)在(1,??)上单调递减 a所以?(a)??(1)?0，即h(a?1)?0，所以h(x)?0不恒成立 综上所述，实数a的取值范围为(??,1]； （3）由题设知：g(1)?g(2)?????g(n)?12n??????，n?f(n)?n?ln(n?1) 23n?1比较结果为：g(1)?g(2)?????g(n)?n?ln(n?1)
1111????????ln(n?1) 234n?1x,x?0 在（2）中取a?1，可得ln(1?x)?1?x1n?111??令x?,n?N，则ln，即ln(n?1)?lnn?
nnn?1n?11故有ln2?ln1?
2证明如下：上述不等式等价于
ln3?ln2?1 31 n?1??????
ln(n?1)?lnn?上述各式相加可得：ln(n?1)?结论得证.
1111??????? 234n?1108.【2014·陕西（文21）】设函数
f(x)?lnx?m,m?R. x（1）当m?e（e为自然对数的底数）时，求（2）讨论函数g(x)?f(x)的最小值；
xf'(x)?零点的个数；
3（3）若对任意b?a?0,f(b)?f(a)?1恒成立，求m的取值范围.
b?ae x【解析】（1）由题设，当m?e时，f(x)?lnx?易得函数f(x)的定义域为(0,??)
?f?(x)?1ex?e??2 xx2x?当x?(0,e)时，f?(x)?0，此时f(x)在(0,e)上单调递减；
当x?(e,??)时，f?(x)?0，此时f(x)在(e,??)上单调递增；
e?当x?e时，f(x)取得极小值f(e)?lne??2
e?f(x)的极小值为2
(2)
函数g(x)?f?(x)?x1mx??2?(x?0) 3xx3令g(x)?0，得m??设?(x)??13x?x(x?0) 313x?x(x?0) 3???(x)??x2?1??(x?1)(x?1)
当x?(0,1)时，??(x)?0，此时?(x)在(0,1)上单调递增；