题目
题型:不详难度:来源:
(1)求f(x)的极值;
(2)若x>-1,求证1-
1 |
x+1 |
(3)若函数g(x)=
f(x)+1+x |
x |
k |
x+1 |
答案
f′(x)=
1 |
x+1 |
-x |
x+1 |
当-1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>0时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以当x=0时f(x)取得极大值f(0)=0,无极小值;
(2)由(1)知,x=0为f(x)唯一的极大值点,也即最大值点,
所以当x>-1时,f(x)≤f(0)=0,即ln(x+1)-x≤0,
所以ln(x+1)≤x;
令g(x)=ln(x+1)+
1 |
x+1 |
1 |
x+1 |
1 |
(x+1)2 |
x |
(x+1)2 |
当-1<x<0时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>0时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以x=0是g(x)唯一的极小值点,也即最小值点,
所以g(x)≥g(0)=0,即ln(x+1)+
1 |
x+1 |
所以ln(x+1)≥1-
1 |
x+1 |
综上,x>-1时,1-
1 |
x+1 |
(3)g(x)=
ln(x+1)+1 |
x |
k |
x+1 |
又k为正整数.则k的最大值不大于3.
下面证明当k=3时,f(x)>
k |
x+1 |
令g(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x,
则g′(x)=ln(x+1)-1.
当x>e-1时,g′(x)>0;当0<x<e-1时,g′(x)<0.
∴当x=e-1时,g(x)取得最小值g(e-1)=3-e>0.
∴当x>0时,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0恒成立.
因此正整数k的最大值为3.
核心考点
试题【已知函数f(x)=ln(x+1)-x(1)求f(x)的极值;(2)若x>-1,求证1-1x+1≤ln(x+1)≤x;(3)若函数g(x)=f(x)+1+xx(x】;主要考察你对函数极值与最值等知识点的理解。[详细]
举一反三
(1)求该连锁分店一年的利润L(万元)与每件商品的售价x的函数关系式L(x);
(2)当每件商品的售价为多少元时,该连锁分店一年的利润L最大,并求出L的最大值M(a).
1 |
2 |
(1)求函数f(x)在[1,e]上的最大值,最小值;
(2)求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图象在函数g(x)=
2 |
3 |
2 |
75 |
k |
x |
(1)设产量为x件时,总利润为L(x)(万元),求L(x)的解析式;
(2)产量x定为多少件时总利润L(x)(万元)最大?并求最大值(精确到1万元).
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