题型:
解答题
难度:
一般
对于函数f(x),若存在x
0∈R,使f(x
0)=x
0成立,则称x
0为
f(x)的不动点.如果函数f(x)=
有且仅有两个不动点0、2.
(1)求b、c满足的关系式;
(2)若c=时,相邻两项和不为零的数列{a
n}满足4Snf(
)=1(S
n是数列{a
n}的前n项和),求证:(1-
)an+1<
<(1-
)an;
(3)在(2)的条件下,设bn=-
,Tn是数列{b
n}的前n项和,求证:T
2012-1<ln2012<T
2011.
答案
(1)设
=x的不动点为0和2
∴
即
即b、c满足的关系式:b=1+
且c≠0
(2)∵c=2∴b=2∴f(x)=
(x≠1),
由已知可得2S
n=a
n-a
n2①,且a
n≠1.
当n≥2时,2S
n-1=a
n-1-a
n-12②,
①-②得(a
n+a
n-1)(a
n-a
n-1+1)=0,∴a
n=-a
n-1或a
n=-a
n-1=-1,
当n=1时,2a
1=a
1-a
12?a
1=-1,
若a
n=-a
n-1,则a
2=1与a
n≠1矛盾.∴a
n-a
n-1=-1,∴a
n=-n
∴要证待证不等式,只要证(1+
)-(n+1)<
<(1+
)-n,
即证(1+
)n<e<(1+
)n+1,
只要证nln(1+
)<1<(n+1)ln(1+
),即证
<ln(1+
)<
.
考虑证不等式
<ln(x+1)<x(x>0)**.
令g(x)=x-ln(1+x),h(x)=ln(x+1)-
(x>0).
∴g"(x)=
,h"(x)=
,
∵x>0,∴g"(x)>0,h"(x)>0,∴g(x)、h(x)在(0,+∞)上都是增函数,
∴g(x)>g(0)=0,h(x)>h(0)=0,∴x>0时,
<ln(x+1)<x.
令x=
则**式成立,∴(1-
)an+1<
<(1-
)an,
(3)由(2)知b
n=
,则T
n=1+
+
+…+
在
<ln(1+
)<
中,令n=1,2,3,…,2011,并将各式相加,
得
+
+…+
<ln
+ln
+…+ln
<1+
+
+…+
.
即T
2012-1<ln2012<T
2011.
(责任编辑:admin)
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