题目
题型:解答题难度:一般来源:不详
a |
x |
(1)求f(x)-g(x)的单调区间;
(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)当n∈N*,n≥2时,证明:
ln2 |
3 |
ln3 |
4 |
lnn |
n+1 |
1 |
n |
答案
a |
x |
F′(x)=
1 |
x |
a |
x2 |
-x2+x+a |
x2 |
当△=1+4a≤0,
即a≤-
1 |
4 |
所以F(x)在(0,+∞)上单调递减(2分)
当△=1+4a>0,即a>-
1 |
4 |
F′(x)=0,x1=
-
| ||
2 |
| ||
2 |
①-
1 |
4 |
x1>0,x2>0,
单调增区间为(0,+∞)(3分)
②a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),
单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)(5分)
综上:①a≤-
1 |
4 |
②-
1 |
4 |
x1≤0,x2>0,
单调增区间为(0,x2),单调减区间为(x2,+∞)
③a>0时,
x1>0,x2>0,
单调增区间为(x1,x2),,单调减区间为(0,x1),(x2,+∞)
(2)lnx≤x+
a |
x |
等价于a≥[xlnx-x2]max(6分)
k(x)=xlnx-x2,k′(x)=1+lnx-2x,
[k′(x)]′=
1 |
x |
k′(x)在[1,+∞)上单调递减,
k′(x)≤k′(1)=-1<0,
k(x)在[1,+∞)上单调递减,
所以k(x)的最大值为k(1)=-1,所以a≥-1(18分)
(3)证法一:由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
1 |
x |
所以n∈N*,n≥2时,有lnn<n-
1 |
n |
lnn |
n+1 |
n-1 |
n |
所以
ln2 |
3 |
1 |
2 |
ln3 |
4 |
2 |
3 |
lnn |
n+1 |
n-1 |
n |
ln2 |
3 |
ln3 |
4 |
lnn |
n+1 |
1 |
n |
方法二:数学归纳法
①当n=2时,显然成立(9分)
②假设n=k(n∈N*,n≥2)成立,即
ln2 |
3 |
ln3 |
4 |
lnk |
k+1 |
1 |
k |
那么当n=k+1时,
ln2 |
3 |
ln3 |
4 |
lnk |
k+1 |
ln(k+1) |
k+2 |
1 |
k |
ln(k+1) |
k+2 |
下面只需证
1 |
k |
ln(k+1) |
k+2 |
1 |
k+1 |
设t=k+1≥3,所以设k(t)=tlnt-t2+1
由(2)知当a=-1时,x≥1时,lnx≤x-
1 |
x |
即k(t)=tlnt-t2++1<0在t=k+1≥3恒成立,所以
ln2 |
3 |
ln3 |
4 |
lnk |
k+1 |
ln(k+1) |
k+2 |
1 |
k+1 |
综合(1)(2)命题成立(12分)
核心考点
试题【已知f(x)=lnx,g(x)=x+ax(a∈R).(1)求f(x)-g(x)的单调区间;(2)若x≥1时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)】;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
(1)若函数f(x)在[1,2]上是减函数,求实数a的取值范围;
(2)令g(x)=f(x)-x2,是否存在实数a,当x∈(0,e](e是自然常数)时,函数g(x)的最小值是3,若存 在,求出a的值;若不存在,说明理由.
1 |
2 |
1 |
x |