(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+…+anxn(n∈N*)满足f(1)=n2.
(1)求数列{an}的通项公式,并指出数列为何数列;
(2)求证:<f(
)<3(n>2,n∈N*).
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+m
lnx=
x+m
m=lnx
x.
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+…+an=n2,
当n=1时,a1=1
当n≥2时,an=(a1+a2+…+an)-(a1+a2+…+an)=n2-(n-1)2=2n-1
所以,an=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.
科目:高中数学 来源: 题型:
ln(2-x2) |
|x+2|-2 |
AB |
AD |
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科目:高中数学 来源: 题型:
sin2x-(a-4)(sinx-cosx)+a |
π |
2 |
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科目:高中数学 来源: 题型:
|
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科目:高中数学 来源: 题型:
ln(2-x2) | |x+2|-2 |
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科目:高中数学 来源: 题型:
| ||
1-x |
1 |
n |
2 |
n |
n-1 |
n |
1 |
a1 |
1 |
a2 |
1 |
an |
sinα | ||
|
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