高考数学二轮复习 专题七 导数及其应用练习 理-人教版高三数学试题

专题限时集训(七)A[导数及其应用](时间：5分钟＋40分钟)基础演练夯知识1．已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)等于()A．0B．－4C．－2D．22．曲线y＝lnx在x＝eq\r(3)处的切线的倾斜角为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)3．曲线f(x)＝x3＋x－2在点P0处的切线平行于直线y＝4x－1，则P0点的坐标为()A．(1，0)B．(2，8)C．(2，8)或(－1，－4)D．(1，0)或(－1，－4)4．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2)B．1C．－2D．35．曲线y＝lnx－1在x＝1处的切线方程为____________．提升训练强能力6．若曲线y＝ax2－lnx在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝()A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－17．函数f(x)＝xcosx的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图像大致是()ABCD图7­18．定义域为R的函数f(x)，满足f(0)＝1，f′(x)＜f(x)＋1，则不等式f(x)＋1＜2ex的解集为()A．{x∈R|x>1}B．{x∈R|0＜x＜1}C．{x∈R|x＜0}D．{x∈R|x＞0}9．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在区间[－1，1]上是减函数，则a的取值范围是()A．0＜a＜eq\f(3,4)B.eq\f(1,2)＜a＜eq\f(3,4)C．a≥eq\f(3,4)D．0＜a＜eq\f(1,2)10．方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新驻点”．如果函数g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))))的“新驻点”分别为α，β，γ，那么α，β，γ的大小关系是()A．α<β<γB．α<γ<βC．γ<α<βD．β<α<γ11．设1＜x＜2，则eq\f(lnx,x)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)，eq\f(lnx2,x2)的大小关系是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)B.eq\f(lnx,x)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx2,x2)＜eq\f(lnx,x)D.eq\f(lnx2,x2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)12．函数f(x)＝2lnx＋x2在点x＝1处的切线方程是________．13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(1)＝0，f′(1)＝0，但x＝1不是函数f(x)的极值点，则abc的值为________．14．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x.(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．15．已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间．(2)函数F(x)＝f(x)－xlnx在定义域内是否存在零点？若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由．(3)若g(x)＝ln(ex－1)－lnx，当x∈(0，＋∞)时，不等式f(g(x))＜f(x)恒成立，求a的取值范围．16．已知函数f(x)＝ex－eq\f(a,2)x2e|x|.(1)若f(x)在[0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)证明：当a≥1时，不等式f(x)≤x＋1对x∈R恒成立；(3)对于在(0，1)中的任一个常数a，试探究是否存在x0>0，使得f(x0)>x0＋1成立？如果存在，请求出符合条件的一个x0；如果不存在，请说明理由．

专题限时集训(七)B[导数及其应用](时间：10分钟＋35分钟)基础演练夯知识1．已知函数f(x)＝x－lnx－1.(1)求曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程；(2)若x∈(0，＋∞)时，f(x)≥ax－2恒成立，求实数a的取值范围．2．已知函数f(x)＝x2－3x＋alnx(a＞0)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)设函数f(x)图像上任意一点处的切线l的斜率为k，当k的最小值为1时，求此时切线l的方程．提升训练强能力3．设函数f(x)＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx，g(x)＝eq\f(2e,x)(p>1，e是自然对数的底数)．(1)若对任意x∈[2，e]，不等式f(x)>g(x)恒成立，求p的取值范围；(2)若对任意x1∈[2，e]，总存在x2∈[2，e]，使不等式f(x1)>g(x2)成立，求p的取值范围．4．已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,x).(1)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，a＋\f(1,4)))内有极值，求实数a的取值范围；(2)当x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围；(3)求证：[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).(n∈N*，e为自然对数的底数)5．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx，g(x)＝ex－x＋1.(a为常数，e为自然对数的底数)(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，求a的最小值；(3)若对任意给定的x0∈(0，1]，在(0，e]上总存在两个不同的xi(i＝1，2)，使得f(xi)＝g(x0)成立，求a的取值范围．

专题限时集训(七)A【基础演练】1．B[解析]f′(x)＝2x＋2f′(1)，令x＝1，得f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2，∴f′(x)＝2x－4，∴2．A[解析]∵y′＝eq\f(1,x)，∴k＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)＝tanα，又0≤α＜π，故α＝eq\f(π,6).3．D[解析]设切点为P0(a，b)，f′(x)＝3x2＋1，则切线的斜率k＝f′(a)＝3a2＋1＝4，所以a＝±1.当a＝－1时，b＝－4；当a＝1时，b＝0.所以P04．A[解析]令f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)＝0，得x＝1.∴当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.∴函数f(x)在x＝1处取得最小值，且最小值为f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).5．x－y－2＝0[解析]易知切点的坐标为(1，－1)，又y′＝eq\f(1,x)，∴切线的斜率为1，∴所求切线方程为y＋1＝x－1，即x－y－2＝0.【提升训练】6．B[解析]y′＝2ax－eq\f(1,x)，由题意可知，当x＝1时，y′|x＝1＝2a－1＝0，得a＝eq\f(1,2).7．A[解析]f′(x)＝cosx－xsinx，则该导函数为偶函数，且f′(0)＝1，f′(π)＝－1，易知A选项符合题意．8．D[解析]构造函数g(x)＝eq\f(f（x）＋1,ex)⇒g′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）－1,ex)，由已知f′(x)＜f(x)＋1⇒g′(x)＜0，故g(x)在R上为减函数，而g(0)＝2，不等式f(x)＋1＜2ex化为g(x)＜g(0)⇒x＞0，故选D.9．C[解析]因为f(x)＝(x2－2ax)ex，所以f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex.因为f(x)在区间[－1，1]上是减函数，所以f′(x)＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex≤0在区间[－1，1]上恒成立且不恒为0，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在区间[－1，1]上恒成立且不恒为0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋（2－2a）－2a≤0，,1－（2－2a）－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).又当a＝eq\f(3,4)时，x2＋(2－2a)x－2a不恒为0，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).10．D[解析]g′(x)＝1，令g(x)＝g′(x)，则α＝1.h′(x)＝eq\f(1,x＋1)，令h(x)＝h′(x)，结合图像(图略)可知，β<1.φ′(x)＝－sinx，令φ(x)＝φ′(x)，∴γ＝eq\f(3π,4)>2.∴β<α<γ.11．A[解析]令f(x)＝x－lnx(1＜x＜2)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)＞0，所以函数y＝f(x)(1＜x＜2)为增函数，∴f(x)＞f(1)＝1＞0，∴x＞lnx＞0⇒0＜eq\f(lnx,x)＜1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x).又eq\f(lnx2,x2)－eq\f(lnx,x)＝eq\f(2lnx－xlnx,x2)＝eq\f(（2－x）lnx,x2)>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\up12(2)＜eq\f(lnx,x)＜eq\f(lnx2,x2)，选A.12．4x－y－3＝0[解析]易知切点的坐标为(1，1)，又f′(x)＝eq\f(2,x)＋2x，∴切线的斜率为f′(1)＝4，故所求切线的方程为y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.13．9[解析]由f(1)＝0，得1＋a＋b＋c＝0①，由f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝3＋2a＋b＝0②，而x＝1不是函数的极值点，所以Δ＝(－2a)2－4×3×b＝4a2－12b＝0③，综合①②③解得a＝－3，b＝3，c14．解：(1)∵f(x)＝lnx－ax2＋(a－2)x，∴函数的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝eq\f(－（2x－1）（ax＋1）,x).∵f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，∴a＝－1.当a＝－1时，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内f′(x)＜0，在(1，＋∞)内f′(x)＞0，∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点．∴a＝－1.(2)∵a2＜a，∴0＜a＜1.f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(a－2)＝eq\f(1－2ax2＋（a－2）x,x)＝－eq\f(（2x－1）（ax＋1）,x)，∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上递减，①当0＜a≤eq\f(1,2)时，f(x)在[a2，a]上单调递增，∴f(x)max＝f(a)＝lna－a3＋a2－2a；②当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(1,2)，,a2＜\f(1,2)，))即eq\f(1,2)＜a＜eq\f(\r(2),2)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，a))上单调递减，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(a,4)＋eq\f(a－2,2)＝eq\f(a,4)－1－ln2；③当eq\f(1,2)≤a2，即eq\f(\r(2),2)≤a＜1时，f(x)在[a2，a]上单调递减，∴f(x)max＝f(a2)＝2lna－a5＋a3－2a215．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，得f′(x)＝ex－a.当a≤0时，对∀x∈R，有f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞lna；由f′(x)＜0，得x＜lna，此时函数f(x)的单调增区间为(lna，＋∞)，单调减区间为(－∞，lna)．综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a＞0时，函数f(x)的单调增区间为(lna，＋∞)，单调减区间为(－∞，lna)．(2)函数F(x)＝f(x)－xlnx的定义域为(0，＋∞)，由F(x)＝0，得a＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)－lnx(x＞0)，则h′(x)＝eq\f(（ex－1）（x－1）,x2)，由于x＞0，ex－1＞0，可知当x＞1时，h′(x)＞0；当0＜x＜1时，h′(x)＜0，故函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(1)＝e－1.(随着x＞0的增长，y＝ex－1的增长速度越来越快，会超过并远远大于y＝x的增长速度，而y＝lnx的增长速度则会越来越慢．则当x＞0且x无限接近于0时，h(x)趋向于正无穷大．)故当a＞e－1时，函数F(x)有两个不同的零点；当a＝e－1时，函数F(x)有且仅有一个零点；当a＜e－1时，函数F(x)没有零点.(3)由(1)知当a＝1时，对∀x＞0，有f(x)＞f(lna)＝0，即ex－1＞x，当x＞0时，ex－1＞x，故对∀x＞0，g(x)＞0，先用分析法证明：∀x＞0，g(x)＜x.要证对∀x＞0，g(x)＜x，只需证对∀x＞0，eq\f(ex－1,x)＜ex，即证对∀x＞0，xex－ex＋1＞0，构造函数H(x)＝xex－ex＋1(x＞0)，则H′(x)＝xex＞0，故函数H(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以H(x)＞H(0)＝0，则对∀x＞0，xex－ex＋1＞0成立．当a≤1时，由(1)知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(g(x))＜f(x)在(0，＋∞)上恒成立；当a＞1时，由(1)知，函数f(x)在(lna，＋∞)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，故当0＜x＜lna时，0＜g(x)＜x＜lna，所以f(g(x))＞f(x)，则不满足题意．所以满足题意的a的取值范围是(－∞，1]．16．解：(1)∵x∈[0，＋∞)，∴f(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2)x2))，∴f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x2－ax＋1)).由题意，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，当a＝0时，f′(x)＝ex>0恒成立，即满足条件．当a≠0时，要使f′(x)≥0，而ex>0恒成立，故只需－eq\f(a,2)x2－ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)＞0，,－\f(a,2)·02－a·0＋1≥0，))解得a<0.综上，a的取值范围为a≤0.(2)证明：由题知f(x)≤x＋1即为ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1.在x≥0时，要证明ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需证ex≤eq\f(a,2)x2ex＋x＋1，即证1≤eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，①令g(x)＝eq\f(a,2)x2＋eq\f(x＋1,ex)，得g′(x)＝ax＋eq\f(1·ex－（x＋1）ex,（ex）2)＝ax－eq\f(x,ex)，整理得g′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，∵x≥0时，eq\f(1,ex)≤1，结合a≥1，得g′(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上是增函数，故g(x)≥g(0)＝1，从而①式得证．在x≤0时，要使ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1成立，只需证ex≤eq\f(a,2)x2e－x＋x＋1，即证1≤eq\f(a,2)x2e－2x＋(x＋1)e－x，②令m(x)＝eq\f(ax2,2)e－2x＋(x＋1)e－x，得m′(x)＝－xe－2x[ex＋a(x－1)]，而φ(x)＝ex＋a(x－1)在x≤0时为增函数，故φ(x)≤φ(0)＝1－a≤0，从而m′(x)≤0，∴m(x)在x≤0时为减函数，则m(x)≥m(0)＝1，从而②式得证．综上所述，原不等式ex－eq\f(a,2)x2e|x|≤x＋1，即f(x)≤x＋1在a≥1时恒成立．(3)要使f(x0)>x0＋1成立，即ex0－eq\f(a,2)xeq\o\al(2,0)ex0＞x0＋1，变形为eq\f(axeq\o\al(2,0),2)＋eq\f(x0＋1,ex0)－1<0，③要找一个x0>0使③式成立，只需找到函数t(x)＝eq\f(ax2,2)＋eq\f(x＋1,ex)－1的最小值，满足t(x)min＜0即可．∵t′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,ex)))，令t′(x)＝0得ex＝eq\f(1,a)，则x＝－lna，在0<x<－lna时，t′(x)＜0，在x>－lna时，t′(x)＞0，即t(x)在(0，－lna)上是减函数，在(－lna，＋∞)上是增函数，∴当x＝－lna时，t(x)取得最小值t(－lna)＝eq\f(a,2)(lna)2＋a(－lna＋1)－1.下面只需证明：eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0在0＜a＜1时恒成立即可．令p(a)＝eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1,则p′(a)＝eq\f(1,2)(lna)2≥0，从而p(a)在(0，1)上是增函数，则p(a)＜p(1)＝0，从而eq\f(a,2)(lna)2－alna＋a－1＜0，得证．于是t(x)的最小值t(－lna)＜0，因此可找到一个常数x0＝－lna(0＜a＜1)，使得③式成立．专题限时集训(七)B【基础演练】1．解：(1)由题意得，f′(x)＝1－eq\f(1,x)，∴f′(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，f(2)＝1－ln2，∴曲线y＝f(x)在x＝2处的切线方程为y－(1－ln2)＝eq\f(1,2)(x－2)⇒x－2y－2ln2＝0.(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥ax－2恒成立，∴a≤1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0⇒x＝e2，可得g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即a≤1－eq\f(1,e2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2))).2．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由f′(x)＞0得x＜eq\f(1,2)或x＞1，由f′(x)＜0得eq\f(1,2)＜x＜1，∴f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).∴f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(5,4)－ln2；极小值为f(1)＝－2.(2)由题意知f′(x)＝2x－3＋eq\f(a,x)≥2eq\r(2a)－3＝1，∴a＝2，此时2x＝eq\f(a,x)，即2x＝eq\f(2,x)，∴x＝1，切点为(1，－2),∴此时的切线l的方程为x－y－3＝0.【提升训练】3．解：(1)由不等式f(x)－g(x)＝p·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx－eq\f(2e,x)＞0对x∈[2，e]恒成立，∴p＞eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)对x∈[2，e]恒成立．令h(x)＝eq\f(2xlnx＋2e,x2－1)，x∈[2，e]，则p＞h(x)max.∵h′(x)＝eq\f(－2（1＋x2）lnx－2x（2e－x）－2,（x2－1）2)＜0.∴h(x)在区间[2，e]上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝eq\f(4ln2＋2e,3)，故p＞eq\f(4ln2＋2e,3).(2)依题意f(x)min＞g(x)min.∵f′(x)＝p＋eq\f(p,x2)－eq\f(2,x)＞0，∴f(x)在[2，e]上单调递增，故f(x)min＝f(2)．又g(x)＝eq\f(2e,x)在[2，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)，由f(2)>g(e)，解得p＞eq\f(4＋4ln2,3).4．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，由f′(x)＝0得x＝1，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f(x)在x＝1处取得唯一的极值，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,4)＞2a－1，,2a－1＜1＜a＋\f(1,4)))⇒eq\f(3,4)＜a＜1，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).(2)x≥1时，不等式f(x)≥eq\f(k,x＋1)化为eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(k,x＋1)⇒k≤eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，令g(x)＝eq\f(（x＋1）（1＋lnx）,x)，由题意知k≥g(x)在[1，＋∞)上恒成立，g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)，再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此h(x)＝x－lnx在[1，＋∞)上递增，所以h(x)≥h(1)＝1＞0，故g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)min＝g(1)＝2，因此k≤2，即k的取值范围为(－∞，2]．(3)由(2)知，当x≥1时，f(x)≥eq\f(2,x＋1)恒成立，即eq\f(1＋lnx,x)≥eq\f(2,x＋1)，∴lnx≥1－eq\f(2,x＋1)＞1－eq\f(2,x).令x＝k(k＋1)，k∈N*，则有ln[k(k＋1)]＞1－eq\f(2,k（k＋1）)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))，分别令k＝1，2，3，…，n，则有ln(1×2)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))，ln(2×3)＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))，…，ln[n(n＋1)]＞1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，将这n个不等式相加可得：ln[1×22×32×…×n2(n＋1)]＞n－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝n－2＋eq\f(2,n＋1)，故12×22×32×…×n2(n＋1)＞en－2＋eq\f(2,n＋1)，从而[(n＋1)！]2＞(n＋1)en－2＋eq\f(2,n＋1).5．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2lnx(x＞0)，则f′(x)＝1－eq\f(2,x).令f′(x)＞0得x＞2；令f′(x)＜0得0＜x＜2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)∵f(x)＜0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上不可能恒成立，故要使函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上无零点，只要对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，f(x)＞0恒成立．即对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，a＞2－eq\f(2lnx,x－1)恒成立．令l(x)＝2－eq\f(2lnx,x－1)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则l′(x)＝eq\f(－\f(2,x)（x－1）＋2lnx,（x－1）2)＝eq\f(2lnx＋\f(2,x)－2,（x－1）2)，再令m(x)＝2lnx＋eq\f(2,x)－2，则m′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(－2（1－x）,x2)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴m′(x)＜0，故函数m(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，∴m(x)＞meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1