已知．

（１）求的單調(diào)區(qū)間；

（２）證明：當(dāng)時(shí)，恒成立；

（３）任取兩個(gè)不相等的正數(shù)，且，若存在使成立，證明：．

【解析】（1）g(x)=lnx+，=        （1’）

當(dāng)k0時(shí)，>0，所以函數(shù)g(x)的增區(qū)間為（0，+），無(wú)減區(qū)間；

當(dāng)k>0時(shí)，>0,得x>k；<0，得0<x<k∴增區(qū)間（k,+）減區(qū)間為（0，k）（3’）

(2)設(shè)h(x)=xlnx-2x+e(x1)令= lnx-1=0得x=e, 當(dāng)x變化時(shí)，h(x),的變化情況如表

所以h(x)0, ∴f(x)2x-e                    （5’）

設(shè)G(x)=lnx-(x1) ==0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),=0所以G(x) 為減函數(shù), 所以G(x)  G(1)=0, 所以lnx-0所以xlnx(x1)成立,所以f(x) ,綜上,當(dāng)x1時(shí), 2x-ef(x)恒成立.

(3) ∵=lnx+1∴l(xiāng)nx0+1==∴l(xiāng)nx0=-1      ∴l(xiāng)nx0 –lnx=-1–lnx===(10’)  設(shè)H(t)=lnt+1-t(0<t<1), ==>0(0<t<1), 所以H(t) 在(0,1)上是增函數(shù),并且H(t)在t=1處有意義, 所以H(t) <H(1)=0∵∴=

∴l(xiāng)nx0 –lnx>0, ∴x0 >x

解：∵x+y=1(x＞0,y＞0)，∴令x=cos²θ,y=sin²θ(其中①___________；②____________)，則+=1cos²θ+=tan²θ+2cot²θ+3≥3+，則當(dāng)③____________時(shí)，+取得最小值3+（注意：①指出運(yùn)用了什么數(shù)學(xué)方法；②指出θ的一個(gè)取值范圍；③指出x,y的取值）.

已知函數(shù)，

(Ⅰ)求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；

(Ⅱ)令函數(shù)（）,求函數(shù)的最大值的表達(dá)式；

【解析】第一問(wèn)中利用令，,

∴，

第二問(wèn)中，=

=

=令， ，則借助于二次函數(shù)分類(lèi)討論得到最值。

(Ⅰ)解：令，,

∴，

∴的單調(diào)遞減區(qū)間為：…………………4分

(Ⅱ)解：=

=

=

令， ，則……………………4分

對(duì)稱(chēng)軸

①   當(dāng)即時(shí)，=……………1分

②  當(dāng)即時(shí)，=……………1分

③  當(dāng)即時(shí)，   ……………1分

綜上：

（本小題滿分12分）已知f (x)＝(1＋x)^m＋(1＋2x)ⁿ(m，n∈N^*)的展開(kāi)式中x的系數(shù)為11.
(1)求x²的系數(shù)的最小值；
(2)當(dāng)x²的系數(shù)取得最小值時(shí)，求f (x)展開(kāi)式中x的奇次冪項(xiàng)的系數(shù)之和．
解： (1)由已知＋2＝11，∴m＋2n＝11，x²的系數(shù)為
＋2²＝＋2n(n－1)＝＋(11－m)(－1)＝(m－)²＋.
∵m∈N^*，∴m＝5時(shí)，x²的系數(shù)取最小值22，此時(shí)n＝3.
(2)由(1)知，當(dāng)x²的系數(shù)取得最小值時(shí)，m＝5，n＝3，
∴f (x)＝(1＋x)⁵＋(1＋2x)³.設(shè)這時(shí)f (x)的展開(kāi)式為f (x)＝a₀＋a₁x＋a₂x²＋^…＋a₅x⁵，
令x＝1，a₀＋a₁＋a₂＋a₃＋a₄＋a₅＝2⁵＋3³，
令x＝－1，a₀－a₁＋a₂－a₃＋a₄－a₅＝－1，
兩式相減得2(a₁＋a₃＋a₅)＝60， 故展開(kāi)式中x的奇次冪項(xiàng)的系數(shù)之和為30.