题目

已知函数f（x）=x2﹣ax+ln（x+1）（a∈R）． （1） 当a=2时，求函数f（x）的极值点； （2） 若函数f（x）在区间（0，1）上恒有f′（x）＞x，求实数a的取值范围； （3） 已知c1＞0，且cn+1=f′（cn）（n=1，2，…），在（2）的条件下，证明数列{cn}是单调递增数列． 答案： 解：a=2时，fx）=x2﹣2x+ln（x+1），则f′（x）=2x﹣2+ 1x+1 = 2x2−2x+1 ， f′x）=0，x=± 22 ，且x＞﹣1，当x∈（﹣1，﹣ 22 ）∪（ 22 ，+∞）时f′x）＞0，当x∈（﹣ 22 ， 22 ）时，f′x）＜0，所以，函f（x）的极大值点x=﹣ 22 ，极小值点x= 22 解：因f′（x）=2x﹣a+ 1x+1 ，f′x）＞x， 2x﹣a+ 1x+1 ＞x，即a＜x+ 1x+1 ，y=x+ 1x+1 =x+1+ 1x+1 ﹣1≥1（当且仅x=0时等号成立），∴ymin=1．∴a≤1 解：①当n=1时，c2=f′（x）=2c1﹣a+ 1c1+1 ， 又∵函y=2x+ 1x 当x＞1时单调递增，c2﹣c1=c1﹣a+ 1c1+1 =c1+1+ 1c1+1 ﹣（a+1）＞2﹣（a+1）=1﹣a≥0，∴c2＞c1，即n=1时结论成立．②假设n=k时，ck+1＞ck，ck＞0则n=k+1时，ck+1=f′（ck）=2ck﹣a+ 1c1+1 ，ck+2﹣ck+1=ck+1﹣a+ 1ck+1+1 =ck+1+1+ 1ck+1+1 ﹣（a+1）＞2﹣（a+1）=1﹣a≥0，ck+2＞ck+1，即n=k+1时结论成立．由①，②知数{cn}是单调递增数列

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