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> 已知f(x)=lnx,g(x)=x+ax(a∈R).(1)求f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)当n∈N*,n≥2时,证明:ln23•l
已知f(x)=lnx,g(x)=x+ax(a∈R).(1)求f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)当n∈N*,n≥2时,证明:ln23•l
题目简介
已知f(x)=lnx,g(x)=x+ax(a∈R).(1)求f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)当n∈N*,n≥2时,证明:ln23•l
题目详情
已知f(x)=lnx,
g(x)=x+
a
x
(a∈R).
(1)求f(x)-g(x)的单调区间;
(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)当n∈N
*
,n≥2时,证明:
ln2
3
•
ln3
4
•…•
lnn
n+1
<
1
n
.
题型:解答题
难度:中档
来源:不详
答案
(1)
F(x)=f(x)-g(x)=lnx-x-
class="stub"a
x
(x>0)
F
′
(x)=
class="stub"1
x
-1+
class="stub"a
x
2
=
-
x
2
+x+a
x
2
(1分)
当△=1+4a≤0,
即
a≤-
class="stub"1
4
时,F′(x)≤0,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递减(2分)
当△=1+4a>0,即
a>-
class="stub"1
4
时,
F
′
(x)=0,
x
1
=
-
1+4a
+1
2
,
x
2
=
1+4a
+1
2
,
①
-
class="stub"1
4
<a≤0
时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(0,+∞)(3分)
②a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),
单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)(5分)
综上:①
a≤-
class="stub"1
4
时,F(x)在(0,+∞)上单调递减(只要写出以上三种情况即得5分)
②
-
class="stub"1
4
<a≤0
时,
x1≤0,x2>0,
单调增区间为(0,x2),单调减区间为(x2,+∞)
③a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),,单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)
(2)
lnx≤x+
class="stub"a
x
恒成立,
等价于a≥[xlnx-x2]max(6分)
k(x)=xlnx-x2,k′(x)=1+lnx-2x,
[
k
′
(x)
]
′
=
class="stub"1
x
-2<0
k′(x)在[1,+∞)上单调递减,
k′(x)≤k′(1)=-1<0,
k(x)在[1,+∞)上单调递减,
所以k(x)的最大值为k(1)=-1,所以a≥-1(18分)
(3)证法一:由(2)知当a=-1时,x≥1时,
lnx≤x-
class="stub"1
x
恒成立
所以n∈N*,n≥2时,有
lnn<n-
class="stub"1
n
⇒
class="stub"lnn
n+1
<
class="stub"n-1
n
(10分)
所以
class="stub"ln2
3
<
class="stub"1
2
,
class="stub"ln3
4
<
class="stub"2
3
,
class="stub"lnn
n+1
<
class="stub"n-1
n
相乘得
class="stub"ln2
3
•
class="stub"ln3
4
••
class="stub"lnn
n+1
<
class="stub"1
n
(12分)
方法二:数学归纳法
①当n=2时,显然成立(9分)
②假设n=k(n∈N*,n≥2)成立,即
class="stub"ln2
3
•
class="stub"ln3
4
••
class="stub"lnk
k+1
<
class="stub"1
k
那么当n=k+1时,
class="stub"ln2
3
•
class="stub"ln3
4
••
class="stub"lnk
k+1
•
ln(k+1)
k+2
<
class="stub"1
k
•
ln(k+1)
k+2
下面只需证
class="stub"1
k
•
ln(k+1)
k+2
<
class="stub"1
k+1
,(k+1)ln(k+1)<k(k+2)
设t=k+1≥3,所以设k(t)=tlnt-t2+1
由(2)知当a=-1时,x≥1时,
lnx≤x-
class="stub"1
x
恒成立,
即k(t)=tlnt-t2++1<0在t=k+1≥3恒成立,所以
class="stub"ln2
3
•
class="stub"ln3
4
••
class="stub"lnk
k+1
•
ln(k+1)
k+2
<
class="stub"1
k+1
综合(1)(2)命题成立(12分)
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已知函数f(x)是实数集R上的奇函
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已知数列{an}的各项均为正数,记
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设函数f(x)=ax2+bx+1x+c(a>0)为奇函数,且|f(x)|min=22,数列{an}与{bn}满足如下关系:a1=2,an+1=f(an)-an2,bn=an-1an+1.(1)求f(x
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若函数f(x)=a-22x+1(x∈R)是奇函数,则实数a的值为______.-数学
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题目简介
已知f(x)=lnx,g(x)=x+ax(a∈R).(1)求f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)当n∈N*,n≥2时,证明:ln23•l
题目详情
(1)求f(x)-g(x)的单调区间;
(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)当n∈N*,n≥2时,证明:
答案
F′(x)=
当△=1+4a≤0,
即a≤-
所以F(x)在(0,+∞)上单调递减(2分)
当△=1+4a>0,即a>-
F′(x)=0,x1=
①-
x1>0,x2>0,
单调增区间为(0,+∞)(3分)
②a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),
单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)(5分)
综上:①a≤-
②-
x1≤0,x2>0,
单调增区间为(0,x2),单调减区间为(x2,+∞)
③a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),,单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)
(2)lnx≤x+
等价于a≥[xlnx-x2]max(6分)
k(x)=xlnx-x2,k′(x)=1+lnx-2x,
[k′(x)]′=
k′(x)在[1,+∞)上单调递减,
k′(x)≤k′(1)=-1<0,
k(x)在[1,+∞)上单调递减,
所以k(x)的最大值为k(1)=-1,所以a≥-1(18分)
(3)证法一:由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
所以n∈N*,n≥2时,有lnn<n-
所以
方法二:数学归纳法
①当n=2时,显然成立(9分)
②假设n=k(n∈N*,n≥2)成立,即
那么当n=k+1时,
下面只需证
设t=k+1≥3,所以设k(t)=tlnt-t2+1
由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
即k(t)=tlnt-t2++1<0在t=k+1≥3恒成立,所以
综合(1)(2)命题成立(12分)