分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的最大值即可;
(Ⅱ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),問題轉(zhuǎn)化為m≥-2x2-2x=-2${(x+\frac{1}{2})}^{2}$+$\frac{1}{2}$在(-1,+∞)上恒成立,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可;
(Ⅲ)當(dāng)m=1時(shí),F(xiàn)(x)=f(x)+g(x)=x3-x2+ln(x+1),求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到ln(x+1)>x2-x3在(0,+∞)上恒成立.令x=$\frac{1}{n}$∈(0,+∞),證出結(jié)論即可.
解答 (I)解:因?yàn)閒(x)=x3-2x2+a,
所以f′(x)=3x2-4x,
令f′(x)=0,得x=0或x=$\frac{4}{3}$,
又f(x)在[-$\frac{1}{2}$,0)上遞增,在(0,1]上遞減,
所以f(x)max=f(0)=a=0.…(2分)
(II)解:因?yàn)間′(x)=2x+$\frac{m}{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+m}{x+1}$,
又函數(shù)g(x)在定義域上是單調(diào)函數(shù),
所以g′(x)≥0或g′(x)≤0在(-1,+∞)上恒成立.
若g′(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立,
即函數(shù)g(x)是定義域上的單調(diào)遞增函數(shù),
則m≥-2x2-2x=-2${(x+\frac{1}{2})}^{2}$+$\frac{1}{2}$在(-1,+∞)上恒成立,
由此可得:m≥$\frac{1}{2}$.…(4分)
若g′(x)≤0在(-1,+∞)上恒成立,
即函數(shù)g(x)是定義域上的單調(diào)遞減函數(shù),
則m≤-2x2-2x=-2${(x+\frac{1}{2})}^{2}$+$\frac{1}{2}$在(-1,+∞)上恒成立,
因?yàn)?2${(x+\frac{1}{2})}^{2}$+$\frac{1}{2}$在(-1,+∞)上沒有最小值,
所以不存在實(shí)數(shù)m使g′(x)≤0在(-1,+∞)上恒成立.…(6分)
綜上所述,實(shí)數(shù)m的取值范圍是[$\frac{1}{2}$,+∞).…(7分)
(III)證明:在(I)的條件下,
當(dāng)m=1時(shí),F(xiàn)(x)=f(x)+g(x)=x3-x2+ln(x+1),
則F′(x)=3x2-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{{3x}^{3}{+(x-1)}^{2}}{x+1}$,
顯然當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),F(xiàn)′(x)>0,
所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
所以F(x)>F(0)=0,即ln(x+1)>x2-x3在(0,+∞)上恒成立.
令x=$\frac{1}{n}$∈(0,+∞)(n∈N*),…(10分)
則有l(wèi)n($\frac{1}{n}$+1)>$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$,即ln$\frac{n+1}{n}$>$\frac{n-1}{{n}^{3}}$(n∈N*)恒成立.…(12分
點(diǎn)評(píng) 本題考查了求函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查不等式的證明以及轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.
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A. | (-$\frac{1}{2}$,-$\frac{\sqrt{3}}{4}$) | B. | (-$\frac{1}{2}$,-$\frac{\sqrt{3}}{4}$] | C. | [0,-$\frac{\sqrt{3}}{4}$] | D. | (-$\frac{2}{3}$,-$\frac{1}{2}$) |
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A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{2}{3}$ | C. | $\frac{3}{4}$ | D. | 1 |
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A. | 11 | B. | 99 | C. | 120 | D. | 121 |
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A. | f(a2-a+1)<$f(\frac{3}{4})$ | B. | f(a2-a+1)>$f(\frac{3}{4})$ | C. | f(a2-a+1)≤$f(\frac{3}{4})$ | D. | f(a2-a+1)≥$f(\frac{3}{4})$ |
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A. | (-∞,1) | B. | (-∞,1] | C. | [1,+∞) | D. | (1,+∞) |
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