设函数f（x）=在[1，+∞上为增函数.  

（1）求正实数a的取值范围；

（2）比较的大小，说明理由；

（3）求证：（n∈N*, n≥2）

【解析】第一问中，利用

解:（1）由已知：，依题意得：≥0对x∈[1，+∞恒成立

∴ax－1≥0对x∈[1，+∞恒成立    ∴a－1≥0即：a≥1

（2）∵a=1   ∴由（1）知：f（x）=在[1，+∞)上为增函数，

∴n≥2时：f（）=

 (3)  ∵   ∴

已知，设和是方程的两个根，不等式对任意实数恒成立；函数有两个不同的零点.求使“P且Q”为真命题的实数的取值范围.

【解析】本试题主要考查了命题和函数零点的运用。由题设x₁＋x₂＝a，x₁x₂＝－2，

∴|x₁－x₂|＝＝.

当a∈[1,2]时，的最小值为3. 当a∈[1,2]时，的最小值为3.

要使|m－5|≤|x₁－x₂|对任意实数a∈[1,2]恒成立，只须|m－5|≤3，即2≤m≤8.

由已知，得f(x)＝3x²＋2mx＋m＋＝0的判别式

Δ＝4m²－12(m＋)＝4m²－12m－16>0，

得m<－1或m>4.

可得到要使“P∧Q”为真命题，只需P真Q真即可。

解：由题设x₁＋x₂＝a，x₁x₂＝－2，

∴|x₁－x₂|＝＝.

当a∈[1,2]时，的最小值为3.

要使|m－5|≤|x₁－x₂|对任意实数a∈[1,2]恒成立，只须|m－5|≤3，即2≤m≤8.

由已知，得f(x)＝3x²＋2mx＋m＋＝0的判别式

Δ＝4m²－12(m＋)＝4m²－12m－16>0，

得m<－1或m>4.

综上，要使“P∧Q”为真命题，只需P真Q真，即

解得实数m的取值范围是(4,8]

已知函数f(x)＝alnx－x²＋1.

(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为4x－y＋b＝0，求实数a和b的值；

(2)若a<0，且对任意x₁、x₂∈(0，＋∞)，都|f(x₁)－f(x₂)|≥|x₁－x₂|，求a的取值范围．

【解析】第一问中利用f′(x)＝－2x(x>0)，f′(1)＝a－2，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(a－2)(x－1)，即(a－2)x－y＋2－a＝0，

由已知得a－2＝4,2－a＝b，所以a＝6，b＝－4.

第二问中，利用当a<0时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，

不妨设0<x₁≤x₂，则|f(x₁)－f(x₂)|＝f(x₁)－f(x₂)，|x₁－x₂|＝x₂－x₁，

∴|f(x₁)－f(x₂)|≥|x₁－x₂|等价于f(x₁)－f(x₂)≥x₂－x₁，

即f(x₁)＋x₁≥f(x₂)＋x₂，结合构造函数和导数的知识来解得。

(1)f′(x)＝－2x(x>0)，f′(1)＝a－2，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(a－2)(x－1)，即(a－2)x－y＋2－a＝0，

由已知得a－2＝4,2－a＝b，所以a＝6，b＝－4.

(2)当a<0时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，

不妨设0<x₁≤x₂，则|f(x₁)－f(x₂)|＝f(x₁)－f(x₂)，|x₁－x₂|＝x₂－x₁，

∴|f(x₁)－f(x₂)|≥|x₁－x₂|等价于f(x₁)－f(x₂)≥x₂－x₁，即f(x₁)＋x₁≥f(x₂)＋x₂，

令g(x)＝f(x)＋x＝alnx－x²＋x＋1，g(x)在(0，＋∞)上是减函数，

∵g′(x)＝－2x＋1＝(x>0)，

∴－2x²＋x＋a≤0在x>0时恒成立，

∴1＋8a≤0，a≤－，又a<0，

∴a的取值范围是