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926

#导数 #放缩 #数学归纳法
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已知函数 f(x)=2aexa−b−ln⁡x−1.

  1. 若 a=−log2⁡e,b=0, 求 f(x) 的极值;
  2. 若 a,b∈(0,1), 设 x1=1,xn+1=f(xn). 证明:
    1. xn<xn+1;
    2. xn−xn+2<4(b−1)an−1.
解答

  1. 解 代入 a,b，得 f′(x)=2ex−log2⁡e−1x=exa+ln⁡2−e−ln⁡x.记 g(x)=xa+ln⁡2+ln⁡x, 则 f′(x)≥0⟺g(x)≥0. 则 g′(x)=1a+1x，故 g(x) 有唯一极大值点 x=−a.另外可以注意到 g(x)=(1−x)ln⁡2+ln⁡x 有零点 1,2，故 f(x) 在 (0,1),(2,+∞) 上单减，在 (1,2) 上单增.
    从而 f(x) 有极小值 f(1)=−log2⁡e−1,有极大值 f(2)=−12log2⁡e−ln⁡2−1.
  2. 证明
    1. 注意到Xn+1−xn=f(xn)−xn=2aexna−b−ln⁡xn−1−xn≥2a(xna−b+1)−(xn−1)−1−xn=2a(1−b)>0.
    2. 首先考虑 n=1 的情形.由 2.1 得 x3>x2+2a(1−b).
      要证x3−1−4(1−b)>x2+2a(1−b)−1−4(1−b)=2ae1a−b−2+2a(1−b)−4(1−b)>0,
      即证2e1a−b+2(1−b)−2a−4(1−b)a=h(1a)>0.
      其中 h(x)=2ex−b+2(1−b)−2x−4(1−b)x, 则h(x)>2(1+(x−b)+12(x−b)2)+2(1−b)−2x−4(1−b)x=(x+b−2)2≥0,
      故结论对 n=1 成立. 假设 n 的情形下 xn−xn+2<4(b−1)an−1 成立，则xn+3−xn+1=f(xn+2)−f(xn)=2aexna−b(exn+2−xna−1)−ln⁡xn+2xn>2exna−b(xn+2−xn)−(xn+2xn−1)=(2exna−b−1xn)(xn+2−xn)>(2e1a−1−1)(xn+2−xn)>(2a−1)4(1−b)an−1>4(1−b)an,
      说明结论对n+1也成立！由归纳原理，结论得证！