题目内容
10.已知函数f(x)=ln(1+x)-mx(1)求函数f(x)的极值;
(2)求证:$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+(n+1)}$>ln2(n∈N*)
分析 (1)由于函数f(x)=ln(1+x)-mx的导函数含参数m,故需对m分类讨论,得到当m≤0时,f′(x)=$\frac{1}{1+x}$-m>0,此时f(x)没有极值;当m>0时,解不等式f′(x)>0与f′(x)<0,即可得到函数的单调区间,进而得到函数f(x)的极值.
(2)由(1)知m=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(0),即ln(1+x)<x(x>0),得到$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+(n+1)}$>ln(1+$\frac{1}{n+1}$)+ln(1+$\frac{1}{n+2}$)+…+ln(1+$\frac{1}{n+(n+1)}$),整理上式,即可得证.
解答 解:∵f(x)=ln(1+x)-mx,(x>-1)
∴f′(x)=$\frac{1}{1+x}$-m,(x>-1)
(1)①当m≤0时,f′(x)>0,则f(x)为(-1,+∞)上的增函数,∴f(x)没有极值;
②当m>0时,由f′(x)>0得-1<x<$\frac{1}{m}$-1;由f′(x)<0得x>$\frac{1}{m}$-1.
则函数f(x)在(-1,$\frac{1}{m}$-1)上单调递增,在($\frac{1}{m}$-1,+∞)上单调递减.
故当x=$\frac{1}{m}$-1时,f(x)有极大值,但无极小值.
综上可知,当m≤0时,f(x)没有极值;
当m>0时,当x=$\frac{1}{m}$-1时,f(x)有极大值,但无极小值.
(2)由(1)知m=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减
∴f(x)<f(0),即ln(1+x)<x(x>0),
令x=$\frac{1}{k+1}$,得ln(1+$\frac{1}{1+k}$)<$\frac{1}{1+k}$,
∴$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+(n+1)}$
>ln(1+$\frac{1}{n+1}$)+ln(1+$\frac{1}{n+2}$)+…+ln(1+$\frac{1}{n+(n+1)}$)
=ln($\frac{n+2}{n+1}$)+ln($\frac{n+3}{n+2}$)+…+ln($\frac{n+n+1+1}{n+(n+1)}$)
=ln$\frac{2n+2}{n+1}$=ln2.
∴$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{n+(n+1)}$>ln2(n∈N*)>ln2.
点评 本题主要考查利用导数研究函数的极值与函数的单调性,在研究函数的性质时要注意函数的定义域,并且利用函数的单调性证明不等式,这是高考考查的重点也是学生学习的难点.
A. | $\frac{\sqrt{2}}{6}$ | B. | $\frac{8\sqrt{2}}{3}$ | C. | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | D. | $\frac{2}{3}$ |
支持 | 保留 | 不支持 |
450 | 300 | 150 |
(Ⅱ)将(1)中抽出的6个人看成一个总体,从这6个人中任意选取3人开一个座谈会,求这3人中至少有1人持“保留”态度的概率?
A. | 4,-$\frac{4}{3}$ | B. | 4,1 | C. | $\frac{1}{3}$,-$\frac{4}{3}$ | D. | 1,-$\frac{4}{3}$ |
A. | 1,2,…,6 | B. | 1,2,…,7 | C. | 1,2,…,11 | D. | 1,2,3… |
A. | $\sqrt{2}$ | B. | $\sqrt{3}$ | C. | 2 | D. | $\sqrt{6}$ |