题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
x2+a |
bx-c |
1 |
2 |
(1)试求函数f(x)的单调区间;
(2)已知各项不为零的数列{an}满足4Sn•f(
1 |
an |
1 |
an+1 |
n+1 |
n |
1 |
an |
(3)设bn=-
1 |
an |
答案
x2+a |
bx-c |
⇒
|
|
x2 | ||
(1+
|
由f(-2)=
-2 |
1+c |
1 |
2 |
∴f(x)=
x2 |
2(x-1) |
于是f′(x)=
2x•2(x-1)-x2•2 |
4(x-1)2 |
x2-2x |
2(x-1)2 |
由f′(x)>0得x<0或x>2; 由f′(x)<0得0<x<1或1<x<2,
故函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞),
单调减区间为(0,1)和(1,2)…(4分)
(2)由已知可得2Sn=an-an2,当n≥2时,2Sn-1=an-1-an-12
两式相减得(an+an-1)(an-an-1+1)=0,∴an=-an-1或an-an-1=-1,
当n=1时,2a1=a1-a12⇒a1=-1,若an=-an-1,则a2=1这与an≠1矛盾
∴an-an-1=-1,∴an=-n …(6分)
于是,待证不等式即为
1 |
n+1 |
n+1 |
n |
1 |
n |
为此,我们考虑证明不等式
1 |
x+1 |
x+1 |
x |
1 |
x |
令1=
1 |
x |
1 |
t-1 |
再令g(t)=t-lnt,g′(t)=1-
1 |
t |
由t∈(1,+∞)知g′(t)>0.
∴当t∈(1,+∞)时,g(t)单调递增
∴g(t)>g(1)=0,
于是t-1>lnt,即
1 |
x |
x+1 |
x |
令h(t)=lnt-1+
1 |
t |
1 |
t |
1 |
t2 |
t-1 |
t2 |
由t∈(1,+∞)知h′(t)>0,
∴当t∈(1,+∞)时,h(t)单调递增
∴h(t)>h(1)=0 于是lnt>1-
1 |
t |
x+1 |
x |
1 |
x+1 |
由①、②可知
1 |
x+1 |
x+1 |
x |
1 |
x |
所以,
1 |
n+1 |
n+1 |
n |
1 |
n |
1 |
an+1 |
n+1 |
n |
1 |
an |
(3)由(2)可知bn=
1 |
n |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
n |
在
1 |
n+1 |
n+1 |
n |
1 |
n |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
2009 |
2 |
1 |
3 |
2 |
2009 |
2008 |
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
2008 |
即T2009-1<ln2009<T2008. …(14分)
核心考点
试题【对于函数f(x),若存在xo∈R,使f(xo)=xo成立,则称xo为f(x)的不动点.如果函数f(x)=x2+abx-c(b,c∈N*)有且仅有两个不动点0和2】;主要考察你对函数的单调性与最值等知识点的理解。[详细]
举一反三
|
A.9 | B.
| C.3 | D.
|
|
f(x1)-f(x2) |
x1-x2 |
1 |
2 |
x |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2011 |
2 |
2011 |
3 |
2011 |
2010 |
2011 |
(1)用关于m的代数式表示n.
(2)求函数f(x)的单调增区间.
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