(1)已知函数f(x)=ex-1-tx,?x0∈R,使f(x0)≤0,求实数t的取值范围;
(2)证明:<ln<,其中0<a<b;
(3)设[x]表示不超过x的最大整数,证明:[ln(1+n)]≤[1++ +]≤1+[lnn](n∈N*).
(1).(2)(3)见解析
【解析】
试题分析:(1)根据题意,其实是求实数t的取值范围使函数的最小值小于零,结合函数的解析式的特点,应利导数工具,研究函数的单调性和极(最)值问题.(2)要证,即证:,只要证:,因为,所以, ,因此可构造函数,利用导数探究其在符号即可.类似的方法可证明,必要时可借用(1)的结论.
(3)根据的定义,
要证
只需证:
由(2),若令,则有
当分别取时有:
上述同向不等式两边相加可得:,类似地可证另一部分.
试题解析:(1)若t<0,令x=,则f()=e-1-1<0;
若t=0,f(x)=ex-1>0,不合题意;
若t>0,只需f(x)min≤0.
求导数,得f′(x)=ex-1-t.
令f′(x)=0,解得x=lnt+1.
当x<lnt+1时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,lnt+1)上是减函数;
当x>lnt+1时,f′(x)>0,∴f(x)在(lnt+1,+∞)上是增函数.
故f(x)在x=lnt+1处取得最小值f(lnt+1)=t-t(lnt+1)=-tlnt.
∴-tlnt≤0,由t>0,得lnt≥0,∴t≥1.
综上可知,实数t的取值范围为(-∞,0)∪[1,+∞). 4分
(2)由(1),知f(x)≥f(lnt+1),即ex-1-tx≥-tlnt.
取t=1,ex-1-x≥0,即x≤ex-1.
当x>0时,lnx≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立,
故当x>0且x≠1时,有lnx<x-1.
令x=,得ln<-1(0<a<b),即ln<.
令x=,得ln<-1(0<a<b),即-ln<,亦即ln>.
综上,得<ln<. 9分
(3)由(2),得<ln<.
令a=k,b=k+1(k∈N*),得<ln<.
对于ln<,分别取k=1,2, ,n,
将上述n个不等式依次相加,得
ln+ln+ +ln<1++ +,
∴ln(1+n)<1++ +. ①
对于<ln,分别取k=1,2, ,n-1,
将上述n-1个不等式依次相加,得
++ +<ln+ln+ +ln,即++ +<lnn(n≥2),
∴1++ +≤1+lnn(n∈N*). ②
综合①②,得ln(1+n)<1++ +≤1+lnn.
易知,当p<q时,[p]≤[q],
∴[ln(1+n)]≤[1++ +]≤[1+lnn](n∈N*).
又∵[1+lnn]=1+[lnn],
∴[ln(1+n)]≤[1++ +]≤1+[lnn](n∈N*). 14分
考点:1、导数在研究函数性质中的应用;2、对数的运算性质;3、构造函数解决不等式问题.
科目:高中数学 来源: 题型:
p |
x-1 |
9 |
4 |
π |
2 |
2 |
2 |
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科目:高中数学 来源: 题型:
1 |
2 |
π |
4 |
3 |
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科目:高中数学 来源: 题型:
x |
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科目:高中数学 来源: 题型:
x |
1+x |
1 |
10 |
1 |
9 |
1 |
2 |
19 |
2 |
19 |
2 |
1 |
2 |
1 |
9 |
1 |
10 |
1 |
x |
| ||
1+
|
x |
1+x |
1 |
1+x |
x |
1+x |
1+x |
1+x |
1 | ||
2x+
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科目:高中数学 来源: 题型:
2 |
1+2x |
2 |
1+2x |
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