发布时间 : 星期一 文章江苏省泰州中学2017届高三（上）摸底数学试卷（解析版）更新完毕开始阅读4f199120590216fc700abb68a98271fe910eafe2
即
若数列{bn}为等比数列， 则有而
，
，
，
故[a3（2t+1）]2=（2a2）?a4（2t2+t+1）， 解得再将
， 代入bn，得
，
由
，知{bn}为等比数列，
∴t=． （3）由∴
，知
，
，
∴，
由不等式恒成立，
得恒成立，
设，由，
∴当n≤4时，dn+1＞dn，当n≥4时，dn+1＜dn， 而∴d4＜d5， ∴∴
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，
， ．
20．已知函数f（x）=（e为自然数的底数）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数x使得f（1﹣x）=f（1+x），若存在求出x，否则说明理由； （3）若存在不等实数x1，x2，使得f（x1）=f（x2），证明：f（
）＜0．
【考点】利用导数研究函数的单调性． 【分析】（1）先求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式从而求出函数的单调区间； （2）通过讨论x的范围，假设存在x使得f（1﹣x）=f（1+x），当x=1时不成立，当x≠1时化简整理得e2x=
，进一步说明x＞1，0＜x＜1，﹣1＜x＜0，x＜﹣1时不成立；
（3）由于存在不等实数x1、x2，使得f（x1）=f（x2），即x1﹣lnx1=x2﹣lnx2，令g（x）=x﹣lnx，g（x1）=g（x2），
不妨设0＜x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，g（2﹣x1）﹣g（x2）=g（2﹣x1）﹣g（x1），化简整理，设F（t）=
﹣lnt，求出导数，判断单调性，得到x1+x2＞2，即可得证
=
，
【解答】解：（1）f′（x）=
令f′（x）＞0，解得：x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1， ∴函数f（x）在（﹣∞，1）递增，在（1，+∞）递减； （2）①若存在正实数x，使得f（1﹣x）=f（1+x）， 即有
=
．
当x=1时等式左边等于0，右边大于0，等式不成立； 当x≠1时整理得e2x=
，
当x＞1时，等式左边大于0，右边小于0，等式不成立， 当0＜x＜1时，有e2x＜
，
故不存在正实数x，使得f（1﹣x）=f（1+x）；
②同理可证不存在负实数x，使得f（1﹣x）=f（1+x）； ③x=0时，显然满足条件，
综上x=0时，存在实数x使得f（1﹣x）=f（1+x）； （3）证明：由于存在不等实数x1、x2，使得f（x1）=f（x2）， 即为
=
，即
=ex1﹣x2，
即有x1﹣x2=lnx1﹣lnx2， 即x1﹣lnx1=x2﹣lnx2，
令g（x）=x﹣lnx，g′（x）=1﹣， g（x1）=g（x2），
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不妨设0＜x1＜1＜x2， 则2﹣x1＞1，
而g（2﹣x1）﹣g（x2） =g（2﹣x1）﹣g（x1）
=（2﹣x1）﹣ln（2﹣x1）﹣x1+lnx1 =2﹣2x1﹣ln
，
令
=t，则t＞1，x1=
﹣lnt，
，
故F（t）=
故F′（t）=＜0，
故F（t）在（1，+∞）上是减函数， 故F（t）＜F（1）=0，
故g（2﹣x1）﹣g（x2）＜0，
又∵g（x）在（1，+∞）上单调递增， ∴2﹣x1＜x2， 故x1+x2＞2，即
＞1，
则有f′（）=＜0，
故f′（
）＜0
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2016年10月14日
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