Question

(理)已知函數f(x)=ln(x+)+，g(x)=lnx．

(1)求函數f(x)的單調區間；

(2)如果關于x的方程g(x)=x+m有實數根，求實數m的取值范圍；

(3)是否存在正數k，使得關于x的方程f(x)=kg(x)有兩個不相等的實數根?如果存在，求k滿足的條件；如果不存在，說明理由．

(文)已知f(x)=a₁x+a₂x²+a₃x³+…+a_nxⁿ(n∈N^*)滿足f(1)=n²．

(1)求數列{a_n}的通項公式，并指出數列為何數列；

(2)求證：＜f()＜3(n＞2，n∈N^*)．

Answer 1

答案：(理)(1)函數f(x)的定義域是(，0)∪(0，+∞)．

對f(x)求導得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，+∞)是函數f(x)的增區間；

(-1，0)和(0，3)是函數f(x)的減區間．

(2)解法一：因為g(z)=x+mlnx=x+mm=lnxx．

所以實數m的取值范圍就是函數φ(x)=lnxx的值域

對φ(x)求導得φ′(x)=．

令φ′(x)=0，得x=2，并且當x＞2時，φ′(x)＜0；

當0＜x＜2時，φ′(x)＞0

∴當x=2時，φ(x)取得最大值，且φ(x)_max=φ(2)=ln2-1．

又當x無限趨近于0時，lnx無限趨近于-∞，無限趨近于0，

進而有φ(x)=lnx無限趨近于-∞．

因此，函數φ(x)=lnx的值域是(-∞，ln2-1)

即實數m的取值范圍是(-∞，ln2-1)．

解法二：方程g(x)=x+m有實數根等價于直線g(x)=x+m與曲線y=lnx有公共點，并且當直線g(x)=x+m與曲線y=lnx相切時，m取得最大值．

設直線y=x+t與曲線y=lnx相切，切點為T(x₀，y₀)．

則對y=lnx求導得y′=，根據相切關系得

解得x₀=2，y₀=ln2，進而t=ln2-1．

所以m的最大值是ln2-1．而且易知當m≤ln2-1時，直線y=x+m與曲線y=lnx總有公共點．

因此，實數m的取值集合是(-∞，ln2-1)．

(3)這樣的正數k不存在．

下面采用反證法來證明：假設存在正數k，使得關于x的方程f(x)=kg(x)有兩個不相等的實數根x₁和x₂，則

根據對數函數定義域知x₁和x₂都是正數．

又由(1)可知，當x＞0時，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，所以不妨設1＜x₁＜x₂

由①和②可得

利用比例性質得

即                                         (*)

由于lnx是區間(1，+∞)上的恒正增函數，且1＜x₁＜x₂，∴＜1．

又由于ln(1+)+是區間(1，+∞)上的恒正減函數，且1＜x₁＜x₂．

∴.

∴

這與(*)式矛盾．

因此，滿足條件的正數k不存在．

(文)(1)由f(1)=n²得：a₁+a₂+…+a_n=n²，

當n=1時，a₁=1

當n≥2時，a_n=(a₁+a₂+…+a_n)-(a₁+a₂+…+a_n)=n²-(n-1)²=2n-1

所以，a_n=2n-1，數列是等差數列．

(2)∵                         ①

        ②

①-②，得

=

=

∴f()=3＜3

令g(n)=3 ，當n＞2且n∈N^*時

∵g(n+1)-g(n)=

∵n＞2，∴＞0，＞0，∴g(n+1)＞g(n)

∴g(n)是關于n(n＞2，n∈N^*)的遞增數列，即g(2)＜g(3)＜…＜g(n)，

而g(2)=，∴＜＜3(n＞2，n∈N^*)成立．