题目内容

已知函数f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a,b,c,d,∈R)是定义在R上的奇函数,且f(x)在x=
2
处取得极小值-
4
2
3
.设f′(x)表示f(x)的导函数,定义数列{an}满足:an=f′(
n
)+2(n∈N*)).
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an
(Ⅱ)对任意m,n∈N*,若m≤n,证明:1+
m
an
≤(1+
1
an
m<3;
(Ⅲ)(理科)试比较(1+
1
an
m+1与(1+
1
an+1
m+2的大小.
分析:(Ⅰ)根据函数f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a,b,c,d,∈R)是定义在R上的奇函数,可得f(-x)=-f(x),从而a=c=e=0,再利用f(x)在x=
2
处取得极小值-
4
2
3
,建立方程组,即可求得函数解析式,利用an=f′(
n
)+2,可得数列{an}的通项公式an
(Ⅱ)由(Ⅰ)知1+
m
an
≤(1+
1
an
m<3等价于1+
m
n
≤(1+
1
n
)m<3
,利用二项展开式,及放缩法可得结论;
(Ⅲ)解:(1+
1
n
)
n+1
(1+
1
n+1
)
n+2
等价于(n+1)ln(1+
1
n
)>(n+1+1)ln(1+
1
n+1
),构造函数f(x)=(x+1)ln(1+
1
x
)(x≥1),则上式等价于证f*n)>f(n+1)成立,求导函数,求得函数的单调性,即可得到结论.
解答:(Ⅰ)解:f′(x)=4ax3+3bx2+2cx+d,
∵函数f(x)=ax4+bx3+cx2+dx+e(a,b,c,d,∈R)是定义在R上的奇函数,
∴f(-x)=-f(x),∴ax4-bx3+cx2-dx+e=-(ax4+bx3+cx2+dx+e),∴a=c=e=0
∴f(x)=bx3+dx,f′(x)=3bx2+d,
∵f(x)在x=
2
处取得极小值-
4
2
3

f′(
2
)=0
f(
2
)=-
4
2
3
,∴
6b+d=0
2
2
b+
2
d=-
4
2
3
,∴b=
1
3
,d=-2

∴f(x)=
1
3
x3-2x
,∴f′(x)=x2-2,
∴an=f′(
n
)+2=n;
(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知1+
m
an
≤(1+
1
an
m<3等价于1+
m
n
≤(1+
1
n
)m<3

因为(1+
1
n
)m
C
0
m
+
C
1
m
×
1
n
=1+
m
n
(当m=1时取等号).
又m≤n,∴(1+
1
n
)
m
≤(1+
1
n
)
n
=1+
C
1
n
×
1
n
+…+
C
n
n
×
1
nn
<1+1+
1
2!
+…+
1
n!
<1+1+
1
2
+…+
1
2n-1
<3
(Ⅲ)解:(1+
1
n
)
n+1
(1+
1
n+1
)
n+2
等价于(n+1)ln(1+
1
n
)>(n+1+1)ln(1+
1
n+1
),
构造函数f(x)=(x+1)ln(1+
1
x
)(x≥1),则上式等价于证f*n)>f(n+1)成立,所以f′(x)=ln(1+
1
x
)-
1
x

又令g(t)=ln(1+t)-t(t>0),则g′(t)=
1
1+t
-1<0当t>0时成立,即得g(t)在(0,+∞)上单调递减,
于是g(t)<g(0)=0成立,即ln(1+t)-t<0,即ln(1+t)<t(t>0)成立,
故ln(1+
1
x
)<
1
x
成立.
所以f′(x)=ln(1+
1
x
)-
1
x
<0
,由此知f(x)单调递减,所以f(n)>f(n+1),
所以(1+
1
n
)
n+1
(1+
1
n+1
)
n+2

所以(1+
1
an
m+1>(1+
1
an+1
m+2
点评:本题考查导数知识的运用,考查函数的极值,考查不等式的证明,考查放缩法的运用,难度较大.
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