<0时,g′(x)>0,g(x)在(−1,0)上单调递增;当x>0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减;所以,当x=0时,g(x)=ln(1+x)−x取得极大值,也是最大值,所以,g(x)⩽g(0)=0,即ln(1+x)⩽x,当x≠0时,ln(1+x)<1n,即ln(n+1)−lnn<1n,∴ln2−ln1<1,ln3−ln2<12,…...
可得In ln1/x-1/r-1 ,即 -lnx≤1/x-1 ,即 111.1-1-1/x(x1) , 1/t-1-1/r 所以 x=t/(t-1) .所以 lnt/(t-1)≥1/t .即 lnt-ln(t- 1) ≥1/t(t1) , 所以 1/(n+k)≤ln(n+k)-ln(n|k-1) . k∈((1,1,2,⋯,) . 令 g(x)=x-sinx(x0) ,则 g'...
12.C【解析】①圆心C1(0,0),半径r1=2,圆心C2(2,-1),半径r2=1,C1C21=√22+(-1)2=5,因为r1-r21C1C21r1+r2,所以曲线C1与曲线C2有两条公切线,所以①正确;②易知曲线C1和曲线C2是共轭双曲线,因此两曲线没有公切线,所以②错误;③由y2=4ax,1(x-b)2+y2=a消去y得(x-b)2+4ax=a2,即x2...
证明:(1)∵f(x)=lnx+ax,其中0<a<1,x>0∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∵f(1e)=ln1e+ae=ae−1=a−ee<0,f(1)=ln1+a=a>0,∴f(1e)f(1)<0,∴函数f(x)在(1e,1)上存在唯一的零点,故函数f(x)有且只有一个零点,(2)a=1−1e时,方程f(f(x))=x只有一个x=e....
(1-x)<ln1x.对任意的k∈N*有1(k+1)2∈(0,1),可得1-1(k+1)2∈(0,1),因此sin1(k+1)2<ln11-1(k+1)2=ln(k+1)2k(k+2),利用对数的运算性质、“累加求和”即可得出;证法2:利用导数先证明当0<x<π2时,sinx<x,由于对任意的k∈N*,1k2∈(0,π2),而1k2<44k2-1=2•(...
令x=1,得 f′(1)=(1-ln1)/(1^2)+2f′(1), 则f′(1)=-1, 所以f(x)=(lnx)/x-2x, 所以f(e)=(lne)/e-2e=1/e-2e,f(1)=-2. 由f(e)-f(1)=1/e-2e+2<0得f(e)<f(1). (2)由已知得f′(x)=[(ax+b)sinx+(cx+d)cosx]′ =[(ax+b)sinx]′+[(cx+d)cosx]′...
(x)≤ln1-1=-10所以 f(x)0 ,所以函数f(x)无零点---当a=1时,设 F(x)=x-sinx,0≤xπ/(2) ,因为 F'(x)=1-cosx≥0 ,所以 F(x)≥0 ,即 x≥sinx,0≤xπ/(2)f(x)=lnx+xcosx-x≤x-1+xsin(π/(2)-x)-x ≤x(π/2-x)-1≤((x+π/2-x)/2)^2-1=(x^2-10)/ ...
+sin ln.2-+ln+…+ln (n+1)2 n+1)2 1×3 2×4 n(n+2)=In 2.32(+1)2 ]=In 2(n+1) 1×32×4 n(n+2) n+2In2,即n sin 1 In 2 k=1.---14分[证法2:先证明当0x时,sinxx.令p(x)=sinx-x,则p'(x)= cosx-10对任意的KE10.恒成立,---10分∴函数p(x)在区间上单调...
22.(12分)已知函数f(x)=ax+lnx+1,g(x)=(|sinx|)/x(x0).(1)讨论函数f(x)的零点个数;(2)令f(x)=0,求证 g(x)e^x+
解答(1)解:由f(x)=lnx−ax+bxf(x)=lnx−ax+bx,且f(x)+f(1x)=0f(x)+f(1x)=0,得lnx−ax+bx+ln1x−ax+bx=0lnx−ax+bx+ln1x−ax+bx=0,即(b−a)(x+1x)=0(b−a)(x+1x)=0,∴a=b.则f(x)=lnx-ax+axax,∴f′(x)=1x−a−ax2f′(x)=1x−a−ax2,...