1+ax |
1−ax |
t |
(x2−1)(7−x) |
n |
k=2 |
2−n−n2 | ||
|
n |
k=1 |
QYGQ 幼苗
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t |
(x2−1)(7−x) |
n |
k=2 |
n |
k=2 |
2−n−n2 | ||
|
n |
k=1 |
(1)由题意,得ax=[y−1/y+1]>0
故g(x)=loga
x−1
x+1,x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)
由loga
t
(x2−1)(7−x)=loga
x−1
x+1得t=(x-1)2(7-x),x∈[2,6]
则t′=-3x2+18x-15=-3(x-1)(x-5)
列表如下:
x 2(2,5) 5(5,6)6
t' + -
t 5 递增
极大值32 递减25 所以t最小值=5,t最大值=32
所以t的取值范围为[5,32](5分)
(Ⅱ)
n
k=2g(k)=ln
1
3+ln
2
4+ln
3
5+…+ln
n−1
n+1
=ln([1/3×
2
4×
3
5×…×
n−1
n+1])
=-ln
n(n+1)
2
令u(z)=-lnz2-
1−z2
z=-2lnz+z-[1/z],z>0
则u′(z)=-[2/z+1+
1
z2]=(1-[1/z])2≥0
所以u(z)在(0,+∞)上是增函数
又因为
n(n+1)
2>1>0,所以u(
n(n+1)
2)>u(1)=0
即ln
2
n(n+1)−
1−
n(n+1)
2
n(n+1)
2>0
即
n
k=2g(k)>
2−n−n2
2n(n+1)(9分)
(3)设a=[1/1+p],则p≥1,1<f(1)=[1+a/1−a=1+
2
p]≤3,
当n=1时,|f(1)-1|=[2/p]≤2<4,
当n≥2时,
设k≥2,k∈N*时,则f(k)=
(1+p)k+1
(1+p)k−1=1+
2
(1+p)k−1,
=1+[2
C1kp+
C2kp2++
Ckkpk
所以1<f(k)≤1+
2
C1k+
C2k=1+
4
k(k+1)=1+
4/k−
4
k+1],
从而n-1<
n
k=2f(k)≤n-1+[4/2−
4
n+1]=n+1-[4/n+1]<n+1,
所以n<
n
k=1f(k)<f(1)+n+1≤n+4,
综上所述,总有|
n
k=1f(k)-n|<4.
点评:
本题考点: 反函数;函数与方程的综合运用;利用导数研究函数的极值;不等式.
考点点评: 本小题考查函数、反函数、方程、不等式、导数及其应用等基础知识,考查化归、分类整合等数学思想方法,以及推理论证、分析与解决问题的能力.
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讨论函数f(x)=ax1−x2(-1<x<1,a∈R)的单调性.
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