题目内容

(理)已知函数f(x)=x,g(x)=ln(1+x),h(x)=.

(1)证明当x>0时,恒有f(x)>g(x);

(2)当x>0时,不等式g(x)>(k≥0)恒成立,求实数k的取值范围;

(3)在x轴正半轴上有一动点D(x,0),过D作x轴的垂线依次交函数f(x)、g(x)、h(x)的图象于点A、B、C,O为坐标原点.试将△AOB与△BOC的面积比表示为x的函数m(x),并判断m(x)是否存在极值,若存在,求出极值;若不存在,请说明理由.

(文)已知函数f(x)=,x∈(0,+∞),数列{an}满足a1=1,an+1=f(an);数列{bn}满足b1=1,bn+1=,其中Sn为数列{bn}的前n项和,n=1,2,3,….

(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式;

(2)设Tn=,证明Tn<3.

答案:(理)(1)证明:设F(x)=f(x)-g(x),则F′(x)=,

当x>0时,F′(x)>0,所以函数F(x)在(0,+∞)上单调递增.又F(x)在x=0处连续,所以F(x)>F(0)=0,即f(x)-g(x)>0.所以f(x)>g(x).

(2)解:设G(x)=g(x),则G(x)在(0,+∞)上恒大于0,G(x)=ln(1+x)-k+,

G′(x)=,

x2+(2k-k2)x=0的根为0和k2-2k,即在区间(0,+∞)上,G′(x)=0的根为0和k2-2k,若k2-2k>0,则G(x)在(0,k2-2k)上单调递减,且G(0)=0,与G(x)在(0,+∞)上恒大于0矛盾;若k2-2k≤0,G(x)在(0,+∞)上单调递增,且G(0)=0,满足题设条件,所以k2-2k≤0.所以0≤k≤2.

(3)解:m(x)=,

m′(x)=,

其分母为正数,其分子为ln(1+x)·.

由第(2)问,知ln(1+x)>在(0,+∞)上恒成立,所以m′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即m(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,故m(x)无极值.

(文)(1)解:∵f(x)=,an+1=f(an),∴an+1=.∴.

为以=1为首项、以2为公差的等差数列.∴=1+(n-1)·2.∴an=.

又∵f(x)=,bn+1=,∴bn+1==2Sn+1.

∴bn+2=2Sn+1+1.∴bn+2-bn+1=2(Sn+1-Sn).∴bn+2=3bn+1.∵b1=1,b2=2S1+1=3,∴{bn}为以b1=1为首项、以q=3为公比的等比数列.bn=3n-1.

(2)证明:依题意Tn=1·1+3·+5·()2+7·()3+…+(2n-1)()n-1,

Tn=1·+3·()2+5·()3+…+(2n-3)·()n-1+(2n-1)·()n,

Tn=1+2[+()2+()3+…+()n-1]-(2n-1)·()n=1+2·-(2n-1)()n.

Tn=2-()n-1-(2n-1)()n.

∴Tn=3-·()n-1-·(2n-1)()n<3.

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