Question

已知函数f（x）=

3

8

x²+lnx+2，g（x）=x．
（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）-2•g（x）的极值点；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-2•g（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，求t的最大值；
（Ⅲ）若b_n=g(n)

1

g(n+1)

（n∈N^*），试问数列{b_n}中是否存在b_n=b_m（m≠n）？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．（e为自然对数的底数约为2.718）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,函数的零点,数列的函数特性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）函数F（x）=f（x）-2•g（x），代入整理，并求导，令导数等于0，得F（x）的极值点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F（x）在x∈[

2

3

，+∞）上有最小值F（2），且F（2）＞0，F（x）在x∈[

2

3

，+∞）上无零点；若函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，且考虑到F（x）在（0，

2

3

]单调递增，在[

2

3

，2]单调递减，故只须e^t＜

2

3

且F（e^t）≤0即可；易验证F（e^-1）＞0，F（e^-2）＜0；所以，当t≤-2且t∈Z时均有F（e^t）＜0，此时函数F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零点，且t的最大值为-2．
（Ⅲ）先证明(1+x)

1

x

＜e，即ln（1+x）＜x成立； 再确定当n≥4时，有

(bn+1)(n+1)(n+2)

(bn)(n+1)(n+2)

＜1，所以当n≥4时，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，即可得出结论．

解答： 解：（Ⅰ）由题知：F（x）=

3

8

x²+lnx+2-2x，定义域为（0，+∞）；
求导，得F′（x）=

(3x-2)(x-2)

4x

，令F′（x）=0，得x=

2

3

，或x=3；
∴函数F（x）的单调递增区间为（0，

2

3

]，[2，+∞），F（x）的单调递减区间为[

2

3

，2]，
即x=

2

3

为F（x）的极大值点，x=2为F（x）的极小值点；
（Ⅱ）∵F（x）在x∈[

2

3

，+∞）上的最小值为F（2），且F（2）＞0；
∴F（x）在x∈[

2

3

，+∞）上没有零点；要使函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，并考虑到F（x）在（0，

2

3

]单调递增且在[

2

3

，2]单调递减，故只须e^t＜

2

3

且F（e^t）≤0即可；
易验证F（e^-1）＞0，F（e^-2）＜0，
∴当t≤-2且t∈Z时均有F（e^t）＜0，此时函数F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零点，
即函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点时，t的最大值为-2．
（3）先证明(1+x)

1

x

＜e，即ln（1+x）＜x
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则h′（x）=

-x

1+x

＜0，
所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，因而x＞0时，h（x）＜h（0）=0，
即：x＞0时，ln（1+x）＜x成立，所以当x＞0时，[1+g(x)]

1

g(x)

＜e成立； 
因为b_n=g(n)

1

g(n+1)

，
所以

(bn+1)(n+1)(n+2)

(bn)(n+1)(n+2)

=

n+1

n2

•(1+

1

n

)n＜

3(n+1)

n2

，
令

3(n+1)

n2

＜1，得：n²-3n-3＞0，结合n∈N^*得：n≥4，
因此，当n≥4时，有

(bn+1)(n+1)(n+2)

(bn)(n+1)(n+2)

＜1，
所以当n≥4时，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，
又通过比较b₁、b₂、b₃、b₄的大小知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，
因为b₁=1，且n≠1时b_n=g(n)

1

g(n+1)

≠1，所以若数列{b_n}中存在相等的两项，只能是b₂、b₃与后面的项可能相等，
又b₂=b₈，b₂=3

1

4

＞b₅=5

1

6

，所以数列{b_n}中存在唯一相等的两项，
即：b₂=b₈．

点评：本题考查了数列与函数的综合应用，考查了利用导数研究函数的单调性和最值问题，也考查了数列与不等式的应用，是较难的题目．