题目内容
(2009•潍坊二模)已知函数f(x)=ax-
在x=0处取得极值.
(I)求实数a的值,并判断,f(x)在[0,+∞)上的单调性;
(Ⅱ)若数列{an}满足a1=1,an+1=f(an),求证:0<an+1<an≤l;
(Ⅲ)在(II)的条件.下,记sn=
+
+…+
,求证:sn<1.
ln(1+x) |
1+x |
(I)求实数a的值,并判断,f(x)在[0,+∞)上的单调性;
(Ⅱ)若数列{an}满足a1=1,an+1=f(an),求证:0<an+1<an≤l;
(Ⅲ)在(II)的条件.下,记sn=
a1 |
1+a1 |
a1.a2 |
(1+a1)(1+a2) |
a1.a2…an |
(1+a1)(1+a2)…(1+an) |
分析:(I)通过极值的性质,求实数a.然后利用导数判断函数的单调性.
(Ⅱ)利用数学归纳法证明不等式.
(Ⅲ)利用(II)的结论去证明.
(Ⅱ)利用数学归纳法证明不等式.
(Ⅲ)利用(II)的结论去证明.
解答:解:(I)函数的导数为f′(x)=a-
,因为函数在x=0处取得极值,所以f'(0)=0,解得a=1.
即f′(x)=1-
=
=
.
因为x≥0,所以ln(1+x)≥0,x2+x≥0,所以此时f'(x)≥0,即函数在[0,+∞)上单调递增.
(Ⅱ) 由(I)知f(x)=x-
,所以an+1=f(an)=an-
,下面用数学归纳法证明an>0.
①当n=1时,an=1>0,成立.
②假设当n=k,(n∈N•)时ak>0.因为函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(ak)>f(0)=0,所以an+1=f(an)>0成立.
综上an>0.又an-an+1=
,因为an>0,所以an-an+1=
>0,即an>an+1.
而a1=1,所以0<an+1<an≤l成立.
所以由①②可知0<an+1<an≤l成立.
(Ⅲ)由(II)知,0<an+1<an≤l,所以
<
,1+
<1+
,即
<
,所以
>
>0.
所以
=
?
???
<
?
???
=(
)n.
所以sn=
+
+…+
<(
)+(
)2+…+(
)n=
<
=a1=1
所以sn<1.
1-ln?(1+x) |
(1+x)2 |
即f′(x)=1-
1-ln?(1+x) |
(1+x)2 |
(1+x)2-1+ln?(1+x) |
(1+x)2 |
x2+x+ln?(1+x) |
(1+x)2 |
因为x≥0,所以ln(1+x)≥0,x2+x≥0,所以此时f'(x)≥0,即函数在[0,+∞)上单调递增.
(Ⅱ) 由(I)知f(x)=x-
ln?(1+x) |
1+x |
ln?(1+an) |
1+an |
①当n=1时,an=1>0,成立.
②假设当n=k,(n∈N•)时ak>0.因为函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(ak)>f(0)=0,所以an+1=f(an)>0成立.
综上an>0.又an-an+1=
ln?(1+an) |
an |
ln?(1+an) |
1+an |
而a1=1,所以0<an+1<an≤l成立.
所以由①②可知0<an+1<an≤l成立.
(Ⅲ)由(II)知,0<an+1<an≤l,所以
1 |
an |
1 |
an+1 |
1 |
an |
1 |
an+1 |
1+an |
an |
1+an+1 |
an+1 |
an |
1+an |
an+1 |
1+an+1 |
所以
a1?a2???an |
(1+a1)(1+a2)???(1+an) |
a1 |
1+a1 |
a2 |
1+a2 |
an |
1+an |
a1 |
1+a1 |
a1 |
1+a1 |
a1 |
1+a1 |
a1 |
1+a1 |
所以sn=
a1 |
1+a1 |
a1.a2 |
(1+a1)(1+a2) |
a1.a2…an |
(1+a1)(1+a2)…(1+an) |
<(
a1 |
1+a1 |
a1 |
1+a1 |
a1 |
1+a1 |
| ||||
1-
|
| ||
1-
|
所以sn<1.
点评:本题考查利用导数研究函数的单调性问题以及利用数学归纳法证明不等式,综合性较强,难度非常大,在运算过中要细心.
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