Question

(理)已知函数f(x)=ln(x+)+，g(x)=lnx．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)如果关于x的方程g(x)=x+m有实数根，求实数m的取值范围；

(3)是否存在正数k，使得关于x的方程f(x)=kg(x)有两个不相等的实数根?如果存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由．

(文)已知f(x)=a₁x+a₂x²+a₃x³+…+a_nxⁿ(n∈N^*)满足f(1)=n²．

(1)求数列{a_n}的通项公式，并指出数列为何数列；

(2)求证：＜f()＜3(n＞2，n∈N^*)．

Answer 1

答案：(理)(1)函数f(x)的定义域是(，0)∪(0，+∞)．

对f(x)求导得f′(x)=

由f′(x)＞0，得＜x＜-1或x＞3

由f′(x)＜0，得-1＜x＜0或0＜x＜3．

因此(，-1)和(3，+∞)是函数f(x)的增区间；

(-1，0)和(0，3)是函数f(x)的减区间．

(2)解法一：因为g(z)=x+mlnx=x+mm=lnxx．

所以实数m的取值范围就是函数φ(x)=lnxx的值域

对φ(x)求导得φ′(x)=．

令φ′(x)=0，得x=2，并且当x＞2时，φ′(x)＜0；

当0＜x＜2时，φ′(x)＞0

∴当x=2时，φ(x)取得最大值，且φ(x)_max=φ(2)=ln2-1．

又当x无限趋近于0时，lnx无限趋近于-∞，无限趋近于0，

进而有φ(x)=lnx无限趋近于-∞．

因此，函数φ(x)=lnx的值域是(-∞，ln2-1)

即实数m的取值范围是(-∞，ln2-1)．

解法二：方程g(x)=x+m有实数根等价于直线g(x)=x+m与曲线y=lnx有公共点，并且当直线g(x)=x+m与曲线y=lnx相切时，m取得最大值．

设直线y=x+t与曲线y=lnx相切，切点为T(x₀，y₀)．

则对y=lnx求导得y′=，根据相切关系得

解得x₀=2，y₀=ln2，进而t=ln2-1．

所以m的最大值是ln2-1．而且易知当m≤ln2-1时，直线y=x+m与曲线y=lnx总有公共点．

因此，实数m的取值集合是(-∞，ln2-1)．

(3)这样的正数k不存在．

下面采用反证法来证明：假设存在正数k，使得关于x的方程f(x)=kg(x)有两个不相等的实数根x₁和x₂，则

根据对数函数定义域知x₁和x₂都是正数．

又由(1)可知，当x＞0时，f(x)_min=ln(3+)+＞0

∴f(x₁)=ln(x₁+)+＞0，

f(x₂)=ln(x₂+)+＞0．

再由k＞0，可得g(x1)=lnx₁＞0，g(x₂)=lnx₂＞0x₁＞1，x₂＞1．

由于x₁x₂，所以不妨设1＜x₁＜x₂

由①和②可得

利用比例性质得

即                                         (*)

由于lnx是区间(1，+∞)上的恒正增函数，且1＜x₁＜x₂，∴＜1．

又由于ln(1+)+是区间(1，+∞)上的恒正减函数，且1＜x₁＜x₂．

∴.

∴

这与(*)式矛盾．

因此，满足条件的正数k不存在．

(文)(1)由f(1)=n²得：a₁+a₂+…+a_n=n²，

当n=1时，a₁=1

当n≥2时，a_n=(a₁+a₂+…+a_n)-(a₁+a₂+…+a_n)=n²-(n-1)²=2n-1

所以，a_n=2n-1，数列是等差数列．

(2)∵                         ①

        ②

①-②，得

=

=

∴f()=3＜3

令g(n)=3 ，当n＞2且n∈N^*时

∵g(n+1)-g(n)=

∵n＞2，∴＞0，＞0，∴g(n+1)＞g(n)

∴g(n)是关于n(n＞2，n∈N^*)的递增数列，即g(2)＜g(3)＜…＜g(n)，

而g(2)=，∴＜＜3(n＞2，n∈N^*)成立．