分析:(1)解法一:由f(x)+g(x)≥0,},-1∈M,2∈M,我們易得
,然后利用線性規(guī)劃,求出目標(biāo)函數(shù)z=3a-b的取值范圍;
解法二:令h(x)=f(x)+g(x)由-1∈M,2∈M得h(-1)≥0,h(2)≥0,分別用h(-1),h(2)表示a,b,進(jìn)而根據(jù)不等式的性質(zhì),得到z的取值范圍;
(2)由已知中
F(x)=,且b<0,我們可以分別求出函數(shù)F(x)的解析式及其導(dǎo)函數(shù)的解析式,然后利用導(dǎo)數(shù)學(xué)判斷出函數(shù)F(x)的單調(diào)性;
(3)證法一:由(2)中結(jié)論,可得在(0,+∞)上恒有
F(x)=≥,即
≤,進(jìn)而根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)證得答案.
證法二:構(gòu)造函數(shù)
p(x)=lnx-,x∈(0,+∞),利用導(dǎo)數(shù)法,可以證得p(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,在[e,+∞)上單調(diào)遞減,即對任意的x∈(0,+∞)恒有
lnx-x≤0,即
lnx≤x進(jìn)而根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)證得答案.
解答:解:(1)解法1:不等式f(x)+g(x)≥0即ax
2+bx+1≥0
由-1∈M,2∈M得
----------------(2分)
畫出不等式組所確定的可行域如右圖示:作平行線族b=3a-z
可見當(dāng)a=-0.5,b=0.5時z有最小值,,z
min=-2
∴z的取值范圍為z≥-2.----------------------------------------(4分)
解法2:令h(x)=f(x)+g(x)由-1∈M,2∈M得h(-1)≥0,h(2)≥0
由
得
-------------------------(2分)
∴
3a-b=h(2)+h(-1)-2∵h(yuǎn)(-1)≥0,h(2)≥0∴3a-b≥-2,即z的取值范圍為z≥-2.------------(4分)]
(2)∵
F(x)=∴
F′(x)=-----------------------------------(6分)
令F'(x)=0得1-lnx=0
∴x=e------------------------------------------------------------(7分)
∵當(dāng)0<x<e時
F′(x)=<0,當(dāng)x>e時F'(x)>0
∴函數(shù)F(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,在[e,+∞)上單調(diào)遞增--------------------------(9分)
(3)證法1:由(2)知當(dāng)x=e時函數(shù)有最小值
F(x)min=F(e)=∴在(0,+∞)上恒有
F(x)=≥,------------------------------------------------(11分)
∵b<0∴
≤當(dāng)且僅當(dāng)x=e時“=”成立
∴對任意的x∈(0,+∞)恒有
lnx≤x--------------------------------------------------(12分)
∵
>0且
≠e∴
ln<•?ln()e<即對?n∈N
*,不等式
ln()e<恒成立.-----------------------------------------(14分)
〔證法2:構(gòu)造函數(shù)
p(x)=lnx-,x∈(0,+∞)----------------------------------------(10分)
令
p′(x)=-=0得x=e
∵當(dāng)0<x<e時p'(x)>0,當(dāng)x>e時p'(x)<0
∴函數(shù)p(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,在[e,+∞)上單調(diào)遞減----------------------(12分)
當(dāng)x=e時函數(shù)p(x)有最大值p(x)
max=p(e)=0
∴對任意的x∈(0,+∞)恒有
lnx-x≤0,即
lnx≤x∵
>0且
≠e∴
ln<•?ln()e<即對?n∈N
*,不等式
ln()e<恒成立.-----------------------------------------(14分)