Question

直角坐標平面中，過點A₁（1，0）作函數(shù)f（x）=x²（x＞0）的切線l₁，其切點為B₁（x₁，y₁）；過點A₂（x₁，0）作函數(shù)g（x）=e^x（x＞0）的切線l₂，其切點為B₂（x₂，y₂）；過點A₃（x₂，0）作函數(shù)f（x）=x²（x＞0）的切線l₃，其切點為B₃（x₃，y₃）；如此下去，即過點A_2k-2（x_2k-2，0）作函數(shù)f（x）=x²（x＞0）的切線l_2k-1，其切點為B_2k-1（x_2k-1，y_2k-1）；過點A_2k-1（x_2k-1，0）作函數(shù)g（x）=e^x（x＞0）的切線l_2k，其切點為B_2k（x_2k，y_2k）；…．
（1）求x_2k-2與x_2k-1及x_2k-1與x_2k的關系；
（2）求數(shù)列{x_n}通項公式x_n；
（3）是否存在實數(shù)t，使得對于任意的自然數(shù)n，不等式+++…+≤t-恒成立？若存在，求出這樣的實數(shù)t的取值范圍；若不存在，則說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）可利用導數(shù)幾何意義求出以B_2k-1（x_2k-1，y_2k-1）為切點的切線l_2k-1的方程，又因為切線l_2k-1過點A_2k-2（x_2k-2，0），代入可得x_2k-2與x_2k-1的關系；同理可得x_2k-1與x_2k的關系；
（2）由（1）的遞推關系可得x_2k=2x_2k-2+1，用構造新數(shù)列法，可知數(shù)列{x_2k+1}為等比數(shù)列，從而求得此數(shù)列的通項公式，進而求得{x_2k}的通項公式，再利用x_2k-2與x_2k-1的關系，求出數(shù)列{x_2k-1}的通項公式，最后寫出數(shù)列
{x_n}通項公式即可
（3）利用錯位相減法將S_n=+++…+求和，再利用S_n+1-S_n＞0證明其為遞增數(shù)列，所以將S_n的最大值是S_n，利用數(shù)列極限的求法可求出此值，再使t-不小于這個極限值，解不等式得t的取值范圍
解答：解：（1）∵f′（x）=2x，
∴切線l_2k-1的方程為y-x_2k-1²=2x_2k-1（x-x_2k-1），又切線l_2k-1過點A_2k-2（x_2k-2，0），
∴0-x_2k-1²=2x_2k-1（x_2k-2-x_2k-1），且x_2k-1＞0，
∴x_2k-1=2x_2k-2．
∴x₁=2．
又∵g′（x）=（e^x）′=e^x，
∴切線l_2k的方程為y-=（x-x_2k），而切線l_2k過點A_2k-1（x_2k-1，0），
∴0-=（x_2k-1-x_2k），且x_2k＞0，
∴x_2k=x_2k-1+1．
∴x₂=x₁+1=3．
故x_2k-2與x_2k-1的關系為x_2k-1=2x_2k-2；  x_2k-1與x_2k的關系為x_2k=x_2k-1+1．
（2）由（1）可知x_2k=x_2k-1+1=2x_2k-2+1，即x_2k+1=2（x_2k-2+1），
∴數(shù)列{x_2k+1}為等比數(shù)列，且首項為4，
∴x_2k+1=4×2^k-1，即x_2k=2^k+1-1．
而x_2k-1=2x_2k-2=2（2^k-1）=2^k+1-2，故數(shù)列{x_n}通項公式為x_n=
（3）（理）令S_n=+++…+=+++…+，
∴S_n=+++…+，
兩式相減得S_n=++++…+-
=-=（1-）-，
∴S_n=1--=1-．
∴S_n+1-S_n=（1-）-（1-）=＞0，
∴數(shù)列{S_n}遞增．
又當n≥6時，2ⁿ⁺¹=2（1+1）ⁿ=2（1+C_n¹+C_n²+C_n¹+CC_n³+…+C_n^n-3+C_n^n-2+C_n^n-1+C_nⁿ）＞4（1+C_n¹+C_n²）＞2（n²+n），
∴0＜，而=0，
∴S_n=1．
∴對于任意的自然數(shù)n不等式恒成立等價于t-≥1，
∴t[-2，0）∪[3，+∞）
點評：本題綜合考查了利用遞推公式求通項公式，錯位相減求和，數(shù)列最值的求法，特別是與函數(shù)的結合，使本題的綜合性提高，解決本題需要扎實的基本功．