1.[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈r，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；
2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围．
21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
2)设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．
则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．
故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.
同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.
故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤时，g(x)在[0，1]上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点；
当a≥时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．
所以此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．
因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有。
g(0)＝1－b>0，g(1)＝e－2a－b>0.
由f(1)＝0得a＋b＝e－1<2，则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，解得e－2当e－2若g(ln(2a))≥0，则g(x)≥0(x∈[0，1])，从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0.
又g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.
故此时g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．
所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)故f(x)在(x1，x2)内有零点．
综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．
2．[2014·安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈n*.
1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；
2)数列满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.
21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．
当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
假设p＝k(k≥2，k∈n*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.
当n＝1时，由题设知a1>c成立．
假设n＝k(k≥1，k∈n*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈n*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
由ak>c>0得－1<－<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p·＝.
因此a>c，即ak＋1>c，所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，即an＋1综上所述，an>an＋1>c，n∈n*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，所以f′(x)＝＋1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知。
a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
假设n＝k(k≥1，k∈n*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，即有ak＋1>ak＋2>c，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．
3．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点a，曲线y＝f(x)在点a处的切线斜率为－1.
1)求a的值及函数f(x)的极值；
2)证明：当x>0时，x2(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞时，恒有x220．解：
方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a.
又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．
2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.
由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，故g(x)在r上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2故当x>0时，x2取x0＝0，当x∈(x0，＋∞时，恒有x2②若01，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.
所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞内单调递增．
取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞内单调递增．
又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞时，恒有x2综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞时，恒有x2方法二：(1)同方法一．
2)同方法一．
3)对任意给定的正数c，取x0＝，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，当x>x0时，ex>>＝x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞时，恒有x2方法三：(1)同方法一．
2)同方法一．
3)首先证明当x∈(0，＋∞时，恒有x3证明如下：
令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，当x>0时，x2从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞上单调递减，所以h(x)取x0＝，当x>x0时，有x2因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞时，恒有x24．[2014·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
1)令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)＋…g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝g3(x)＝，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝即结论成立．
由①②可知，结论对n∈n＋成立．
2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－当a≤1时，φ′x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，φx)在[0，＋∞上单调递增，又φ(0)＝0，φ(x)≥0在[0，＋∞上恒成立，a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，φ(x)在(0，a－1]上单调递减，φ(a－1)<φ0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞1]．
3)由题设知g(1)＋g(2)＋…g(n)＝＋比较结果为g(1)＋g(2)＋…g(n)>n－ln(n＋1)．
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