【正文】 式相減得，﹣ 2Tn=2?31+2?32+2?33+…+2?3n﹣ 2n?3n+1 =2（ 31+32+33+…+3n）﹣ 2n?3n+1 = ﹣ 2n?3n+1=（ 1﹣ 2n） ?3n+1﹣ 3， … ∴ Tn= ． … 19．已知函數(shù) f（ x） =x3+ax2﹣ a2x+3． （ Ⅰ ）若 a=2，求 f（ x）在 [﹣ 1， 2]上的最值； （ Ⅱ ）若 f（ x）在（﹣ ， 1）上是減函數(shù)，求 a 的取值范圍． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． 【分析】 （ Ⅰ ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解 關(guān)于函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最值即可； （ Ⅱ ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論 a 的范圍，得到關(guān)于 a 的不等式，求出 a 的范圍即可． 【解答】 解：（ Ⅰ ）當(dāng) a=2 時(shí)， f（ x） =x3+2x2﹣ 4x+3， ∴ f′（ x） =3x2+4x﹣ 4， 令 f′（ x） =0，得 x=﹣ 2 或 x= ． ∵ ﹣ 2?[﹣ 1， 2]， ∴ f（ x）在 [﹣ 1， 2]上的最值只可能在 f（﹣ 1）， f（ ）， f（ 2）取得， 而 f（﹣ 1） =8， f（ ） = ， f（ 2） =11， ∴ f（ x） max=f（ 2） =11， f（ x） min=f（ ） = ． （ Ⅱ ） f′（ x） =（ 3x﹣ a）（ x+a）， ①當(dāng) a＞ 0 時(shí)，由 f′（ x） ＜ 0，得﹣ a＜ x＜ ， 所以 f（ x）在（﹣ a， ）上單調(diào)遞減， 則必有 ， ∴ a≥ 3， ②當(dāng) a＜ 0 時(shí)，由 f′（ x） ＜ 0，得 ＜ x＜ ﹣ a， 所以 f（ x）在（ ，﹣ a）上單調(diào)遞減， 必有 ， ∴ a≤ ﹣ ， ③當(dāng) a=0 時(shí)，函數(shù) f（ x）在 R 上是單調(diào)遞增函數(shù)，不滿足 f（ x）在（﹣ ， 1）上是減函數(shù)， ∴ 綜上，所求 a 的取值范圍為（﹣ ∞， ]∪ [3， +∞）． 20．已知數(shù)列 {an}滿足（ an+1﹣ 1）（ an﹣ 1） = （ an﹣ an+1）， a1=2，若 bn= ． （ Ⅰ ）證明：數(shù)列 {bn}是等差數(shù)列； （ Ⅱ ）令 = ， {}的前 n 項(xiàng)和為 Tn，用數(shù)學(xué)歸納法證明 Tn≥ （ n∈ N*）． 【考點(diǎn)】 數(shù)學(xué)歸納法；等差關(guān)系的確定． 【分析】 （ Ⅰ ）由（ an+1﹣ 1）（ an﹣ 1） = （ an﹣ an+1）得 ﹣ =2，繼而得到{bn}是首項(xiàng)為 b1= =1，公差為 2 的等差數(shù)列． （ Ⅱ ）由數(shù)學(xué)歸納法和分析法即可證明． 【解答】 解：（ Ⅰ ）由（ an+1﹣ 1）（ an﹣ 1） = （ an﹣ an+1）得 ﹣ =2， 即 bn+1﹣ bn=2， ∴ {bn}是首項(xiàng)為 b1= =1，公差 為 2 的等差數(shù)列． （ Ⅱ ）由（ Ⅰ ）知， bn=1+2（ n﹣ 1） =2n﹣ 1， = = ， ①當(dāng) n=1 時(shí)，則有 T1=1 有 T1≥ =1 成立； ②假設(shè)當(dāng) n=k 時(shí)，不等式成立，即 Tk≥ 成立， 則當(dāng) n=k+1 時(shí)， Tk+1=Tk+ck+1= ≥ + ， 欲證 + ≥ ， 只須證 +1≥ k+1， 即證 ≥ k，即證 ≥ ，即證 1≥ 0，而此式成立 故當(dāng) n=k+1 時(shí)，不等式也成立． 故有 Tn≥ （ n∈ N*）． 21．已知函數(shù) f（ x） =（ x﹣ a） 2lnx（ a 為常數(shù)）． （ Ⅰ ）若 f（ x）在（ 1， f（ 1））處的切線與直線 2x+2y﹣ 3=0 垂直． （ ⅰ ）求實(shí)數(shù) a 的值； （ ⅱ ）若 a 非正，比較 f（ x）與 x（ x﹣ 1）的大?。? （ Ⅱ ）如果 0＜ a＜ 1，判斷 f（ x）在（ a， 1）上是否有極值，若有極值是極大值還是極小值？若無極值，請說明理由． 【考點(diǎn)】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程． 【分析】 （ Ⅰ ）（ i）求出 f（ x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)切線的斜率是 f′（ 1） =﹣ =1，解出 a 的值即可； （ ii）求出 f（ x）的表達(dá)式，作差，得到 x2lnx﹣ x（ x﹣ 1） =x（ xlnx﹣ x+1），令 g（ x） =xlnx﹣ x+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出 g（ x） 的最小值 g（ 1） =0，得到 g（ x） ≥ 0 恒成立，從而求出 f（ x）與 x（ x﹣ 1）的大小即可； （ Ⅱ ）求出 f′（ x） =（ x﹣ a）（ 2lnx+ ），令 F（ x） =2lnx+1﹣ ，求出 F（ x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的極值即可． 【解答】 解：（ Ⅰ ）（ ⅰ ） f（ x）定義域是（ 0， +∞）， f′（ x） =（ x﹣ a）（ 2lnx+ ）， ∵ 直線 2x+2y﹣ 3=0 的斜率為： k=﹣ 1， ∴ f（ x）在（ 1， f（ 1））處的切線的斜率﹣ =1， 即 f′（ 1） =（ 1﹣ a）（ 2ln1+ ） =（ 1﹣ a） 2=1， ∴ a=0 或 a=2； （ ⅱ ） 由（ ⅰ ）知， a=0， ∴ f（ x） =x2lnx， ∵ x2lnx﹣ x（ x﹣ 1） =x（ xlnx﹣ x+1）， ∴ 令 g（ x） =xlnx﹣ x+1， g′（ x） =lnx， 當(dāng) x＞ 1 時(shí)， g′（ x） ＞ 0，當(dāng) 0＜ x＜ 1 時(shí)， g′（ x） ＜ 0， ∴ g（ x）在（ 0， 1）單調(diào)遞減，在（ 1， +∞）單調(diào)遞增， g（ x） min=g（ 1） =0， ∴ g（ x） ≥ 0 恒成立， 即 f（ x） ≥ x（ x﹣ 1）； （ Ⅱ ） f′（ x） =（ x﹣ a）（ 2lnx+ ）， 令 F（ x） =2lnx+1﹣ ， F′（ x） = ＞ 0， ∴ F（ x）在（ a， 1）上單調(diào)遞增，又 F（ 1） =1﹣ a＞ 0， F（ a） =2lna＜ 0， 所以在（ a， 1）上必存在 x0，使 F（ x0） =0， 又 x﹣ a＞ 0， ∴ 當(dāng) x∈ （ a， x0）， f′（ x） ＜ 0， x∈ （ x0， 1）， f′（ x） ＞ 0， ∴ f（ x）在（ a， x0）單調(diào)遞減，在（ x0， 1）單調(diào)遞增， ∴ x=x0是 f（ x）的極值點(diǎn)，且為極小值． 2021 年 7 月 31 日