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五十铃mu-X外观
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（2015福建）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）
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（2015福建）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）
作者：佚名
文章来源：
更新时间： 22:13:24
（2015福建）已知函数f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R） （1）证明：当x＞0时，f（x）＜x； （2）证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）； （3）确定k的所以可能取值，使得存在t＞0，对任意的x∈（0，t），恒有|f（x）-g（x）|＜x2．
（1）证明：令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x＞0， 则有F′（x）=1x+1-1=-xx+1， ∵x＞0， ∴F′（x）＜0， ∴F（x）在（0，+∞）上单调递减， ∴F（x）＜F（0）=0， ∴x＞0时，f（x）＜x； （2）证明：令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈（0，+∞）， 则有G′（x）=1x+1-k=-kx+(1-k)x+1， 当k≤0时，G′（x）＞0， ∴G（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴G（x）＞g（0）=0， 故对任意正实数x0均满足题意． 当0＜k＜1时，令G′（x）=0，得x＝1-kk时，M′（x）＞0，M（x）在[0，k-2+(k-2)2+8(k-1)4）上单调递增， 故M（x）＞M（0）=0，即|f（x）-g（x）|＞x2，∴满足题意的t不存在． 当k＜1时，由（2）知存在x0＞0，使得对任意的任意x∈（0，x0），f（x）＞g（x）． 此时|f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx， 令N（x）=ln（1+x）-kx-x2，x∈[0，+∞），则有N′(x)＝11+x-k-2x＝-2x2-(k+2)x-k+11+x， 故当x∈(0，-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)4)时，N′（x）＞0，M（x）在[0，-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)4）上单调递k＝1k-1＞0． 取x0＝1k-1，对任意x∈（0，x0），恒有G′（x）＞0，∴G（x）在上单调递增，G（x）＞G（0）=0，即f（x）＞g（x）． 综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意的x∈（0，x0），恒有f（x）＞g（x）； （3）解：当k＞1时，由（1）知，对于任意x∈（0，+∞），g（x）＞x＞f（x），故g（x）＞f（x）， |f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）， 令M（x）=kx-ln（1+x）-x2，x∈（0，+∞），则有M′(x)＝k-11+x-2x＝-2x2+(k-2)x+k-11+x， 故当x∈(0，k-2+(k-2)2+8(k-1)4)（x）＞N（0）=0， 即f（x）-g（x）＞x2，记x0与-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)4中较小的为x1， 则当x∈（0，x1）时，恒有|f（x）-g（x）|＞x2，故满足题意的t不存在． 当k=1，由（1）知，当x∈（0，+∞）时，|f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x）， 令H（x）=x-ln（1+x）-x2，x∈[0，+∞），则有H′(x)＝1-11+x-2x＝-2x2-x1+x， 当x＞0，H′（x）＜0，∴H（x）在[0，+∞）上单调递减，故H（x）＜H（0）=0， 故当x＞0时，恒有|f（x）-g（x）|＜x2，此时，任意实数t满足题意． 综上，k=1．
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(2015鄂州)关于x的一元二次方程x2＋(2k＋1)x＋k2＋1＝0有两个不等实根x1，x2．(1)求实数k的取值范围；(2)若方程两实根x1，x2满足|x1|＋|x2|＝x1·x2，求k的值．
下面这道题和您要找的题目解题方法是一样的，请您观看下面的题目视频
（2010，湖北孝感）已知关于x的方程x2－2（k－1）x＋k2＝0有两个实数根x1，x2．（1）求k的取值范围；（2）若|x1＋x2|＝x1x2－1，求k的值．
主讲：杨朝粉
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