Question

已知函數，g（x）=x．
（Ⅰ）求函數F（x）=f（x）-2•g（x）的極值點；
（Ⅱ）若函數F（x）=f（x）-2•g（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點，求t的最大值；
（Ⅲ）證明：當x＞0時，有成立；若（n∈N^*），試問數列{b_n}中是否存在b_n=b_m（n≠m）？若存在，求出所有相等的兩項；若不存在，請說明理由．（e為自然對數的底數）

Answer 1

解：（Ⅰ）由題知：，定義域為（0，+∞）；求導，得，令F′（x）=0
，得，或x=3；∴函數F（x）的單調遞增區(qū)間為，F（x）的單調遞減區(qū)間為，
即為F（x）的極大值點，x=2為F（x）的極小值點；
（Ⅱ）∵F（x）在x∈上的最小值為F（2），且F（2）=；
∴F（x）在x∈上沒有零點；要使函數F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點，并考慮到F（x）在單調遞增且在單調遞減，故只須且F（e^t）≤0即可；
易驗證，
所以，當t≤-2且t∈Z時均有F（e^t）＜0，此時函數F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零點，
即函數F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點時，t的最大值為-2．
（Ⅲ） 要證明：當x＞0時，不等式成立，
即證：成立，
構造函數h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），則，
所以函數h（x）在（0，+∞）上是減函數，因而x＞0時，h（x）＜h（0）=0，
即：x＞0時，ln（1+x）＜x成立，所以當x＞0時，成立；
因為，所以，
令，得：n²-3n-3＞0，結合n∈N^*得：n≥4，
因此，當n≥4時，有，
所以當n≥4時，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，
又通過比較b₁、b₂、b₃、b₄的大小知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，
因為b₁=1，且n≠1時，所以若數列{b_n}中存在相等的兩項，只能是b₂、b₃與后面的項可能相等，
又，，所以數列{b_n}中存在唯一相等的兩項，
即：b₂=b₈．
分析：（Ⅰ）函數F（x）=f（x）-2•g（x），代入整理，并求導得，令導數等于0，得F（x）的極值點；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F（x）在x∈上有最小值F（2），且F（2）＞0，∴F（x）在x∈上無零點；
若函數F（x）在[e^t，+∞）（t∈Z）上有零點，且考慮到F（x）在單調遞增，在單調遞減，故只須且F（e^t）≤0即可；易驗證F（e^-1）＞0，F（e^-2）＜0；所以，當t≤-2且t∈Z時均有F（e^t）＜0，此時函數F（x）在[e^t，e^-1）（t∈Z）上有零點，且t的最大值為-2．
（Ⅲ）要證明“x＞0時，不等式”成立，即證“＜e”成立，化簡為ln（1+x）＜x，
構造函數h（x）=ln（1+x）-x（其中x＞0），則h′（x）＜0，所以函數h（x）在（0，+∞）上是減函數，即x＞0時，h（x）＜h（0）=0，也即x＞0時，ln（1+x）＜x成立，即證x＞0時，成立；
由，得；
令，得n²-3n-3＞0，又n∈N^*，可得n≥4；即n≥4時，有，
所以n≥4時，b_n＞b_n+1，比較b₁、b₂、b₃、b₄知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，由b₁=1，且n≠1時，所以若數列{b_n}中存在相等的兩項，只能是b₂、b₃與后面的項可能相等，由，，所以數列{b_n}中存在唯一相等的兩項，是b₂=b₈．
點評：本題考查了數列與函數的綜合應用，考查了利用導數研究函數的單調性和最值問題，也考查了數列與不等式的應用，是較難的題目．