已知f(x)=ln(1+x).(x>0)i.证明ln 1 x xx/(1+x)<f(x).ii比较2015^20

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2015-05-25 16:53 标签： ltpowercad ii下载
已知函数f(x)=ln(1+x)+a/2x²-x(a≥0)_百度知道
已知函数f(x)=ln(1+x)+a/2x²-x(a≥0)
2乘以x&#178，正无穷）都成立;（1）若f(x)＞0对x∈（0题目是a&#47
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2=(a&#178， 由f'a-1)=-lna+a/(a)=-1&#47：a&-(1/(2a²-2a+1)/2(1/(2a²=0,a=0时；综合得;1;(x)=1&#47，f(1/(1+x)]x&a&lt, 符合题意;0, 得极小值点x=1/)=(a-1)&#178, 有g(a)&)+1&#47；0&a+1/=1时;a-1&a-1)&#178，g(1)=0;(x)=-x&#47, 不符题意，最小值为f(0)=0;(1+x)+ax=x[a-1&#47， 在f&#39, 因此在0&lt, 函数单调增;(1+x)+ax-1=-x/(1+x)&(x)&(2a²0;(2a)+a/&#47；a&0;0;2=g(a)
而g'=0
即g(a)单调增, 故函数单调减;a&lt， f')&a-1)=-lna-1/(x)=0f&#39, 不符题意，f(1)=ln2-1&0;1时
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出门在外也不愁证明不等式x/(1+x)&ln(1+x)&x.(x&0)_百度知道
证明不等式x/(1+x)&ln(1+x)&x.(x&0)
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(1+x)^2 - 1/ g(0) = 0 即 x/(1+x) - ln(1+x)则 g '(1+x) = - x / f(0) = 0 即 ln(1+x) &lt，于是 f(x) &lt，于是 g(x) & ln(1+x)综上所述; 0 (∵x&gt,+∞)上是减函数;(x) = 1&#47f(x)=ln(1+x)-x则 f ' 0 所以 g(x)在(0;0)所以 f(x)在(0;(1+x) - 1 & (x) = 1&#47,+∞)上是减函数;(1+x)^2 &(1+x) & xg(x) = x&#47
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设f(x)=ln(1+x)
则f'(x)=1/(1+x)
在[0，x]上应用拉格朗日中值定理
存在ξ∈(0，x)
ln(1+x)-ln(1+0)=f'(ξ)(x-0)
ln(1+x)=f'(ξ)·x
由于0＜ξ＜x
所以1/(1+x)＜f'(ξ)＜1/x
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(1+x)＜x&#47.;θ&lt.拉格朗日中值定理而x&#47.;1)0)∴不等式成立;(1+θx) ：设f(t)=ln(1+t);(θx)*x=x&#47,ln(1+x)=ln(1+x)-ln1=f&#39解;(1+θx)&x(x&gt,(0&lt
和上面的答案差不多。令f(x)=x/(1+x)-ln(1+x) (x&0)则f'(x)=-x/(1+x^2)&0 ,所以f(x)在x&0时是减函数，所以f(x)&f(0)=0,即f(x)&0,所以x/(1+x)-ln(1+x)&0即x/(1+x)&ln(1+x)同理令g(x)=ln(1+x)-x (x&0)则g'(x)=1/(1+x)-1=-x/(1+x)&0,所以g(x)在x&0时是减函数，所以g(x)&g(0)=0,即g(x)&0,所以ln(1+x)-x&0即ln(1+x)&x综上所述原不等式成立 ，即x/(1+x)&ln(1+x)&x
一楼给的是用函数单调性的证明方法。二楼用的是拉格朗日中值定理。楼主估计是要拉格朗日的吧。用单调性应该都会做。。。我把二楼的写详细点。设f(x)=ln(1+x)
(x&0)取区间【1，1+x】,显然f(x)在【1，1+x】上连续，在（1，1+x）上可导。中间点可选θx,(0&θ&1).由拉格朗日中值定理得：f(1+x)-f(1)=f '(θx)(1+x-1)即：ln(1+x)=x/(1+θx)又：x/(1+x)＜x/(1+θx)&x即得证：x/(1+x)&ln(1+x)&x
参考资料：
高等数学。。。
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出门在外也不愁已知函数f(x)=(1+x)^2-ln(1+x)^2 (1)求函数f(x)的单调区间 （2）若函数f(x)与函数g(x)=x^2+x+a在区间[0,2]_百度知道
已知函数f(x)=(1+x)^2-ln(1+x)^2 (1)求函数f(x)的单调区间 （2）若函数f(x)与函数g(x)=x^2+x+a在区间[0,2]
（2）若函数f(x)与函数g(x)=x^2+x+a在区间[0，打第二问时忘了看限字数，不好意思额,2] 上恰好有两个不同的交点
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单减区间为(-(x)&gt,由f&#39,由h'x&0,h(2)=3-a-2ln3&gt给你分析,求导f'0得x&-1或x&a&lt,得-2&lt,2]上有两异根：1）f(x)的定义域为(-oo,-2)和(-1,即h(x)=0在[0,2]上有两异根;(x+1)=(x-1)/-2或-1&lt,则h'(x+1),得x&0得-1&-1,1]递减;1,f'=0,h(1)=2-a-2ln2&lt,解得2-2ln2&lt,+oo);(x)=2(x+1)-2/1;x&0,-1)U(-1;(x+1)。2）问题等价于方程f(x)=g(x)在[0。于是f(x)=g(x);x&0，即为所求结果,0)，在[1,在[0,2]上恰有两异根得，记h(x)=x-a+1-ln(1+x)^2;(x)&lt：h(0)=1-a&(x)=1-2/(x)&gt,整理得,2]上递增,由h'=3-2ln3;(x+1)=2x(x+2)&#47:x-a+1-ln(1+x)^2=0,-1)和(0;=0,所以h(x)在[0;(x)&lt,+oo),所以f(x)的单增区间为(-2;0
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嗯，明白了，加你QQ，以后要有问题，应该可以请教你吧
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0)单调减，+∞）单调增;=2(1+x)^2-2&#47。求f(x)&#39。（0;1+x定义域为X&gt.(-1;-1导函数为零时x=0。第二问好像不全只有第一问
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出门在外也不愁已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx．（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；（Ⅱ）设0＜a＜b，证明0＜g（a）+g（b）-2g（
）＜（b-a）ln2．
（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞）．f′(x)=
-1．令f′（x）=0，解得x=0．当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，当x＞0时，f′（x）＜0．又f（0）=0，故当且仅当x=0时，f（x）取得最大值，最大值为0．（Ⅱ）证明：g(a)+g(b)-2g(
)=alna+blnb-(a+b)ln
．由（Ⅰ）结论知ln（1+x）-x＜0（x＞-1，且x≠0），由题设0＜a＜b，得
＜0，因此ln
．=（b-a）ln
＜（b-a）ln2综上0＜g(a)+g(b)-2g(
)＜(b-a)ln2．
设x，y都是正整数，y=
，求y的最大值．
已知y=mxm2-2m+2是关于x的二次函数，则m的值为______．
时，函数f（x）=x3+4x2-2x-6的值是（　　）
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旗下成员公司已知函数f（x）=lnx，g（x）=k（1）求函数F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；（2）当x＞1时，函数f（x）＞g（x）恒成立，求k的取值范围；（3）证明：+）．
答案：解：（1）函数F（x）的定义域是（0，∞）．∵F（x）=lnx-k，∴′(x)=1x-k2(x+1)2=2+2(1-k)x+1x(x+1)2，①方程x2+2（1-k）x+1=0的判别式△=4（1-k）2-4=4（k2-2k），当△≤0时，即0≤k≤2时，在x∈（0，+∞）上，恒有F′（x）≥0成立，∴F（x）在（0，+∞）上单调递增．当△＞0时，得k＞2或k＜0．而当k＜0时，由①可看出F′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴F（x）在（0，+∞）上单调递增；当k＞2时，方程x2+2（1-k）x+1=0的两根分别是：1=k-1-√k2-2k，2=k-1+√k2-2k．可得：1=1k-1+√k2-2k＜1＜x2，于是可判断出：在（0，x1）上，F′（x）＞0；在（x1，x2）上，F′（x）＜0；在（x2，+∞）上，F′（x）＞0．所以，F（x）在2-2k)上单调递增，在2-2k，k-1+√k2-2k)上单调递减，在2-2k，+∞)上单调递增．（2）由（1）可知：当k≤2时，F（x）在（0，+∞）上单调递增，∴F（x）＞F（1）=0，满足条件．当k＞2时，F（x）在（1，x2）上单调递减，∴F（x）＜F（1）=0，不满足条件．综上可知：k的取值范围是（-∞，2]．（3）由（2）可知：在x∈（1，+∞）上恒成立．据此可令 ，则，∴，&&&&&& ，&&&&&&& …&&&&&& ．将上面的n个不等式相加得 ，即．
点评：本题综合考查了利用导数求函数的单调区间、最值及不等式问题，其关键是会分类讨论和善于转化为已证的结论．
分析：（1）求函数F（x）的单调区间，一般方法是：先对其在给定区间I上求导，若F′（x）≥0（不恒等于0），则F（x）在区间I上单调递增；若F′（x）≤0（不恒等于0），则F（x）在区间I上单调递减．当然含有参数时要进行讨论．（2）当x＞1时，函数f（x）＞g（x）恒成立的问题，可以转化为求函数的最值问题，先求导得到其单调区间进而转化为求其最值即可．（3）转化为利用（2）的结论去证明即可．
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