Question

已知函數(shù)f（x）=ln（x²+a）（a＞0）
（1）若a=2，求f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．
（2）令g（x）=f（x）-

2

3

x³，求證：在區(qū)間（0，

1

a

）上，g（x）存在唯一極值點．
（3）令h（x）=

f′(x)

2x

，定義數(shù)列{x_n}：x₁=0，x_n+1=h（x_n）．當a=2且x_k∈（0，

1

2

]（k=2，3，4…）時，求證：對于任意的m∈N^*，恒有|x_m+k-x_k|＜

1

3•4k-1

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出函數(shù)的導數(shù)f′（x），求出切線的斜率，應用點斜式方程寫出切線方程；
（2）g′（x）=f′（x）-2x²=2x（

1

x2+a

-x）等價于φ（x）=

1

x2+a

-x在（0，

1

a

）上有唯一零點，通過導數(shù)得到φ（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，判斷且φ（0）、φ（

1

a

）的符號，由零點存在定理，即可得證；
（3）當a=2時，求出h（x），x₁=0，x₂=

1

2

，x₃=

4

9

，|x₃-x₂|=

1

18

，x_k∈（0，

1

2

]，則|x_k+1-x_k|＜…＜

1

4k-2

|x₃-x₂|=

1

18

•

1

4k-2

＜

1

4k

，所以|x_m+k-x_k|＜|x_m+k-x_m+k-1|+|x_m+k-1-x_m+k-2|+…|x_k+1-x_k|應用放縮和等比數(shù)列的求和公式，即可得證．

解答： （1）解：若a=2，f（x）=ln（2+x²），
則f′（x）=

2x

x2+2

，f′（1）=

2

3

，f（1）=ln3，
所以所求的切線方程為y-ln3=

2

3

（x-1）
即2x-3y+3ln3-2=0；
（2）證明：g′（x）=f′（x）-2x²=2x（

1

x2+a

-x）等價于φ（x）=

1

x2+a

-x在（0，

1

a

）上有唯一零點．
事實上，φ′（x）=

-2x

(x2+a)2

-1＜0，x∈（0，

1

a

），
所以φ（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，且φ（0）=

1

a

＞0，φ（

1

a

）=

1

1 a2 +a

-

1

a

＜0，
故在區(qū)間（0，

1

a

）上，g（x）存在唯一極值點．
（3）證明：當a=2時，h（x）=

f′(x)

2x

=

1

x2+2

，x₁=0，x₂=

1

2

，x₃=

4

9

，|x₃-x₂|=

1

18

，x_k∈（0，

1

2

]，
從而|x_k+1-x_k|=|

1

xk2+2

-

1

xk-12+2

|=

|xk-xk-1|•|xk+xk-1|

(xk2+2)(xk-12+2)

＜

1

4

|x_k-x_k-1|
＜

1

42

|x_k-1-x_k-2|＜…＜

1

4k-2

|x₃-x₂|=

1

18

•

1

4k-2

＜

1

4k

，
所以|x_m+k-x_k|＜|x_m+k-x_m+k-1|+|x_m+k-1-x_m+k-2|+…|x_k+1-x_k|＜

1

4k

+

1

4k+1

+

1

4k+2

+…+

1

4k+m-1

=

1 4k [1-( 1 4 )m]

1- 1 4

=

1-( 1 4 )m

3•4k-1

＜

1

3•4k-1

．

點評：本題考查導數(shù)的應用：求切線方程、求極值，同時考查函數(shù)的零點存在定理，考查不等式的證明：放縮法，是一道綜合題，有一定的難度．