Question

已知函数，g（x）=x．
（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）-2•g（x）的极值点；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-2•g（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，求t的最大值；
（Ⅲ）证明：当x＞0时，有成立；若（n∈N^*），试问数列{b_n}中是否存在b_n=b_m（n≠m）？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．（e为自然对数的底数）

Answer 1

解：（Ⅰ）由题知：，定义域为（0，+∞）；求导，得，令F′（x）=0
，得，或x=3；∴函数F（x）的单调递增区间为，F（x）的单调递减区间为，
即为F（x）的极大值点，x=2为F（x）的极小值点；
（Ⅱ）∵F（x）在x∈上的最小值为F（2），且F（2）=；
∴F（x）在x∈上没有零点；要使函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，并考虑到F（x）在单调递增且在单调递减，故只须且F（e^t）≤0即可；
易验证，
所以，当t≤-2且t∈Z时均有F（e^t）＜0，此时函数F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零点，
即函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点时，t的最大值为-2．
（Ⅲ） 要证明：当x＞0时，不等式成立，
即证：成立，
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则，
所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，因而x＞0时，h（x）＜h（0）=0，
即：x＞0时，ln（1+x）＜x成立，所以当x＞0时，成立；
因为，所以，
令，得：n²-3n-3＞0，结合n∈N^*得：n≥4，
因此，当n≥4时，有，
所以当n≥4时，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，
又通过比较b₁、b₂、b₃、b₄的大小知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，
因为b₁=1，且n≠1时，所以若数列{b_n}中存在相等的两项，只能是b₂、b₃与后面的项可能相等，
又，，所以数列{b_n}中存在唯一相等的两项，
即：b₂=b₈．
分析：（Ⅰ）函数F（x）=f（x）-2•g（x），代入整理，并求导得，令导数等于0，得F（x）的极值点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F（x）在x∈上有最小值F（2），且F（2）＞0，∴F（x）在x∈上无零点；
若函数F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零点，且考虑到F（x）在单调递增，在单调递减，故只须且F（e^t）≤0即可；易验证F（e^-1）＞0，F（e^-2）＜0；所以，当t≤-2且t∈Z时均有F（e^t）＜0，此时函数F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零点，且t的最大值为-2．
（Ⅲ）要证明“x＞0时，不等式”成立，即证“＜e”成立，化简为ln（1+x）＜x，
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），则h′（x）＜0，所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，即x＞0时，h（x）＜h（0）=0，也即x＞0时，ln（1+x）＜x成立，即证x＞0时，成立；
由，得；
令，得n²-3n-3＞0，又n∈N^*，可得n≥4；即n≥4时，有，
所以n≥4时，b_n＞b_n+1，比较b₁、b₂、b₃、b₄知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，由b₁=1，且n≠1时，所以若数列{b_n}中存在相等的两项，只能是b₂、b₃与后面的项可能相等，由，，所以数列{b_n}中存在唯一相等的两项，是b₂=b₈．
点评：本题考查了数列与函数的综合应用，考查了利用导数研究函数的单调性和最值问题，也考查了数列与不等式的应用，是较难的题目．