已知函数f(x)=38x2+lnx+2,g(x)=x.(Ⅰ)求函数F(x)=f(x)-2•g(x)的极值点;(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-2•g(x)在[et,+∞)(t∈Z)上有零点,求t的最大值

题目简介

已知函数f(x)=38x2+lnx+2,g(x)=x.(Ⅰ)求函数F(x)=f(x)-2•g(x)的极值点;(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-2•g(x)在[et,+∞)(t∈Z)上有零点,求t的最大值

题目详情

已知函数f(x)=
3
8
x2+lnx+2
,g(x)=x.
(Ⅰ)求函数F(x)=f(x)-2•g(x)的极值点;
(Ⅱ)若函数F(x)=f(x)-2•g(x)在[et,+∞)(t∈Z)上有零点,求t的最大值;
(Ⅲ)证明:当x>0时,有[1+g(x)]
1
g(x)
<e
成立;若bn=g(n)
1
g(n+1)
(n∈N*),试问数列{bn}中是否存在bn=bm(n≠m)?若存在,求出所有相等的两项;若不存在,请说明理由.(e为自然对数的底数)
题型:解答题难度:中档来源:不详

答案

(Ⅰ)由题知:F(x)=class="stub"3
8
x2+lnx+2-2x
,定义域为(0,+∞);求导,得F′(x)=
(3x-2)(x-2)
4x
,令F′(x)=0
,得x=class="stub"2
3
,或x=3;∴函数F(x)的单调递增区间为(0,class="stub"2
3
]和[2,+∞)
,F(x)的单调递减区间为[class="stub"2
3
,2]

x=class="stub"2
3
为F(x)的极大值点,x=2为F(x)的极小值点;
(Ⅱ)∵F(x)在x∈[class="stub"2
3
,+∞)
上的最小值为F(2),且F(2)=class="stub"3
8
×22-4+2+ln2=ln2-class="stub"1
2
=class="stub"ln4-1
2
>0

∴F(x)在x∈[class="stub"2
3
,+∞)
上没有零点;要使函数F(x)在[et,+∞)(t∈Z)上有零点,并考虑到F(x)在(0,class="stub"2
3
]
单调递增且在[class="stub"2
3
,2]
单调递减,故只须et<class="stub"2
3
且F(et)≤0即可;
易验证F(e-1)=class="stub"3
8
e-2+1-2e-1>0,F(e-2)=class="stub"3
8
e-4+lne-2+2-2e-2=class="stub"1
e2
(class="stub"3
8
e-2-2)<0

所以,当t≤-2且t∈Z时均有F(et)<0,此时函数F(x)在[et,e-1)(t∈Z)上有零点,
即函数F(x)在[et,+∞)(t∈Z)上有零点时,t的最大值为-2.
(Ⅲ) 要证明:当x>0时,不等式[1+g(x)]class="stub"1
g(x)
<e
成立,
即证:(1+x)class="stub"1
x
<e⇔class="stub"1
x
ln(1+x)<1⇔ln(1+x)<x
成立,
构造函数h(x)=ln(1+x)-x(其中x>0),则h′(x)=class="stub"1
1+x
-1=class="stub"-x
1+x
<0

所以函数h(x)在(0,+∞)上是减函数,因而x>0时,h(x)<h(0)=0,
即:x>0时,ln(1+x)<x成立,所以当x>0时,[1+g(x)]class="stub"1
g(x)
<e
成立; 
因为bn=nclass="stub"1
n+1
,所以
(bn+1)(n+1)(n+2)
(bn)(n+1)(n+2)
=
(n+1)n+1
nn+2
=class="stub"n+1
n2
•(1+class="stub"1
n
)n
e(n+1)
n2
3(n+1)
n2

3(n+1)
n2
<1
,得:n2-3n-3>0,结合n∈N*得:n≥4,
因此,当n≥4时,有
(bn+1)(n+1)(n+2)
(bn)(n+1)(n+2)
<1

所以当n≥4时,bn>bn+1,即:b4>b5>b6>…,
又通过比较b1、b2、b3、b4的大小知:b1<b2<b3<b4,
因为b1=1,且n≠1时bn=nclass="stub"1
n+1
≠1
,所以若数列{bn}中存在相等的两项,只能是b2、b3与后面的项可能相等,
b2=2class="stub"1
3
=8class="stub"1
9
=b8
b3=3class="stub"1
4
b5=5class="stub"1
6
,所以数列{bn}中存在唯一相等的两项,
即:b2=b8.

更多内容推荐