题目

(理)已知函数f(x)=ln(x+)+，g(x)=lnx．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)如果关于x的方程g(x)=x+m有实数根，求实数m的取值范围；(3)是否存在正数k，使得关于x的方程f(x)=kg(x)有两个不相等的实数根?如果存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由．(文)已知f(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn(n∈N*)满足f(1)=n2．(1)求数列{an}的通项公式，并指出数列为何数列；(2)求证：＜f()＜3(n＞2，n∈N*)． 答案：答案：(理)(1)函数f(x)的定义域是(，0)∪(0，+∞)．对f(x)求导得f′(x)=由f′(x)＞0，得＜x＜-1或x＞3由f′(x)＜0，得-1＜x＜0或0＜x＜3．因此(，-1)和(3，+∞)是函数f(x)的增区间；(-1，0)和(0，3)是函数f(x)的减区间．(2)解法一：因为g(z)=x+mlnx=x+mm=lnxx．所以实数m的取值范围就是函数φ(x)=lnxx的值域对φ(x)求导得φ′(x)=．令φ′(x)=0，得x=2，并且当x＞2时，φ′(x)＜0；当0＜x＜2时，φ′(x)＞0∴当x=2时，φ(x)取得最大值，且φ(x)max=φ(2)=ln2-1．又当x无限趋近于0时，lnx无限趋近于-∞，无限趋近于0，进而有φ(x)=lnx无限趋近于-∞．因此，函数φ(x)=lnx的值域是(-∞，ln2-1)即实数m的取值范围是(-∞，ln2-1)．解法二：方程g(x)=x+m有实数根等价于直线g(x)=x+m与曲线y=lnx有公共点，并且当直线g(x)=x+m与曲线y=lnx相切时，m取得最大值．设直线y=x+t与曲线y=lnx相切，切点为T(x0，y0)．则对y=lnx求导得y′=，根据相切关系得解得x0=2，y0=ln2，进而t=ln2-1．所以m的最大值是ln2-1．而且易知当m≤ln2-1时，直线y=x+m与曲线y=lnx总有公共点．因此，实数m的取值集合是(-∞，ln2-1)．(3)这样的正数k不存在．下面采用反证法来证明：假设存在正数k，使得关于x的方程f(x)=kg(x)有两个不相等的实数根x1和x2，则根据对数函数定义域知x1和x2都是正数．又由(1)可知，当x＞0时，f(x)min=ln(3+)+＞0∴f(x1)=ln(x1+)+＞0，f(x2)=ln(x2+)+＞0．再由k＞0，可得g(x1)=lnx1＞0，g(x2)=lnx2＞0x1＞1，x2＞1．由于x1x2，所以不妨设1＜x1＜x2由①和②可得利用比例性质得即                                         (*)由于lnx是区间(1，+∞)上的恒正增函数，且1＜x1＜x2，∴＜1．又由于ln(1+)+是区间(1，+∞)上的恒正减函数，且1＜x1＜x2．∴.∴这与(*)式矛盾．因此，满足条件的正数k不存在．(文)(1)由f(1)=n2得：a1+a2+…+an=n2，当n=1时，a1=1当n≥2时，an=(a1+a2+…+an)-(a1+a2+…+an)=n2-(n-1)2=2n-1所以，an=2n-1，数列是等差数列．(2)∵                         ①        ②①-②，得==∴f()=3＜3令g(n)=3 ，当n＞2且n∈N*时∵g(n+1)-g(n)=∵n＞2，∴＞0，＞0，∴g(n+1)＞g(n)∴g(n)是关于n(n＞2，n∈N*)的递增数列，即g(2)＜g(3)＜…＜g(n)，而g(2)=，∴＜＜3(n＞2，n∈N*)成立．

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