2014届高三下学期培优（函数导数）(5)

x2x3证明：（1）对每个n?N，当x?0时，由函数fn(x)??1?x?2?2?23*xn?2(x?R*,n?N*)，可nxx2?得f?(x)?1??23xn?1??0，故函数f(x)在(0,??)上是增函数．求得n222()2()3()n2211n2i1333?2?0，又fn()??1??[2?2??2]?????() 3323n34i?23nf1(1)?0,fn(1)?11??2232(2)2[1?(2)n?1??1?1]?33??1?(2)n?1341?233?0

3根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x2n?[3,1]，满足fn(xn)?0． （2）对于任意p?N*，由（1）中xn构成数列?xn?，当x?0时，

f(x)?fxn?1n?1n(x)?(n?1)2?fn(x)，?fn?1(xn)?fn(xn)?fn?1(xn?1)?0 由fn?1(x)在(0,??)上单调递增，可得 xn?1?xn?xn?xn?p?0． 故数列?xn?为递减数列，即对任意的 n,p?N*,xn?xn?p?0

由于fx(x2n)(xn)3(xnn(n)??1?xn?22?32??n)n2......①，

f?p)2(x3nn?p)?p)n?p(xn?p)??1?xn?p?(xn22?32??(xnn2

n?1n?2n?p?(xn?p)(n?1)2?(xn?p)(n?2)2??(xn?p)(n?p)2..............②，

用①减去②并移项，利用0?xn?p?1，可得

x(xn?p)k?(xn)kn?p)kxn?p)kn?xn?p??nk?2k2?(xn?pk??n?1k2?k?n?p(?n?1k2

n?p?1n?p111k?1?n?1k2?k???n?1k(k?1)n?n?p?n

综上可得，对于任意p?N*，由（1）中xn构成数列?xn?满足0?x1n?xn?p?n．21

14、(2013天津.理) 已知函数f(x)?x2lnx. (Ⅰ) 求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ) 证明: 对任意的t?0, 存在唯一的s, 使t?f(s).

(Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为s?g(t), 证明: 当t>e2时, 有解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为(0,??)，

2求导数可得f?(x)?2xlnx?x?2lng(t)1?? 5lnt21?x(2lnx?1) x令f?(x)?0?x?1 e当x变化时，f?(x),f(x)的变化情况如下表：

x (0,f?(x) f(x) - 1) e1 e 0 极小值 (+ 1,??) e单调递减 单调递增 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,11)，单调递增区间为(,??) ee（Ⅱ）证明：当0?x?1时，f(x)?0，设t?0， 令h(x)?f(x)?t(x?[1,??))，

由（Ⅰ）可知，h(x)在区间(1,??)单调递增，h(1)??t?0,

h(et)?e2tlnet?t?t(e2t?1)?0，

故存在唯一的s?(1,??)，使得t?f(s)成立；

（Ⅲ）证明：因为s?g(t)，由（Ⅱ）知，t?f(s)，且s?1，

从而

lng(t)lnslnslnsu????，其中u?lns， 2lntlnf(s)ln(slns)2lns?lnlns2u?lnu22

要使

2lng(t)1u??成立，只需0?lnu?， 5lnt22当t?e2时，若s?g(t)?e，则由f(s)的单调性， 有t?f(s)?f(e)?e2矛盾，

所以s?e，即u?1，从而lnu?0成立， 另一方面，令F(u)?lnu?令F?(u)?0?u?2

当1?u?2时，F?(u)?0，当u?2时，F?(u)?0， 故函数F(u)在u?2处取到极大值，也是最大值F(2)?0， 故有F(u)?lnu?u11,u?1,F?(u)?? 2u2uu?0?lnu?. 222lng(t)1??成立． 5lnt2综上可证：当t?e2时，有

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