一道数列与函数题f(x)=ln(2-x)+x(0我已经想起来了 （2）a(n+1)=S(n+1)-Sn=f(Sn)-Sn即S(n+1)=f(Sn),再由第一问的结论知道0

一道数列与函数题f(x)=ln(2-x)+x(0我已经想起来了 （2）a(n+1)=S(n+1)-Sn=f(Sn)-Sn即S(n+1)=f(Sn),再由第一问的结论知道0
一道数列与函数题f(x)=ln(2-x)+x(0
我已经想起来了 （2）a(n+1)=S(n+1)-Sn=f(Sn)-Sn即S(n+1)=f(Sn),再由第一问的结论知道0

一道数列与函数题f(x)=ln(2-x)+x(0我已经想起来了 （2）a(n+1)=S(n+1)-Sn=f(Sn)-Sn即S(n+1)=f(Sn),再由第一问的结论知道0
1:f(x)求导得   1 - 1/(2 - x)
1处取到极致嘛   自己说下单调区间 最大值就是f（1）
函数图形是：
2：a(n+1)=f(Sn)-Sn=ln(2-Sn)
Sn=2-e(An+1)////次方
f(x)中sn同样满足   0<sn<2
e(An+1)////次方  >1.///自己详细证明
0<Sn<1
3：剩下的自己想 百度知道也不是什么都好给你回答的 自己多想想吧

（1）f(x)=ln(2-x)+x(0导函数f¹(x)=[1/(x-2)]+1=(x-1)/(x-2)，
∴f(x)在（0，1）上为增函数，在(1，2)上为减函数，
∴当x=1时，f(x)有最大值f(1)=1.
（2）{an}中，a1=0.5.，a(n+1)=f(Sn)-Sn=ln(2-Sn)
由（1）知，0假设1...

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（1）f(x)=ln(2-x)+x(0导函数f¹(x)=[1/(x-2)]+1=(x-1)/(x-2)，
∴f(x)在（0，1）上为增函数，在(1，2)上为减函数，
∴当x=1时，f(x)有最大值f(1)=1.
（2）{an}中，a1=0.5.，a(n+1)=f(Sn)-Sn=ln(2-Sn)
由（1）知，0假设1≤Sn<2，(n≥2)
则Sn=a1+a2+a3+…+a(n)
=1/2+ ln(2-S1)+ ln(2-S2)+…+ln(2-S(n-1))
=1/2+ln[(2-S1) (2-S2)…(2-S(n-1))]
由假设，0<2-S1≤1，0<2-S2≤1，…，0<2-S(n-1) ≤1
∴0<(2-S1) (2-S2)…(2-S(n-1)) ≤1，ln[(2-S1) (2-S2)…(2-S(n-1))] ≤0，
1/2+ln[(2-S1) (2-S2)…(2-S(n-1))] ≤1/2
即Sn≤1/2，与假设矛盾，
∴假设不成立，0又S1=a1=1/2∈（0,1）,
∴0（3）设g(x)=f(x)-x，0则g(x)=ln(2-x)，
当00
由（2）00
∴Sn随着n的增大而增大.
又g¹(x)=1/(x-2)<0在（0,1）上恒成立，
∴g(x) 在（0,1）上为减函数，
g(Sn) 在（0,1）上为减函数，
即a(n+1)=g(Sn) 在（0,1）上为减函数，
∴｛an｝为单调递减数列.

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(1) 函数ln(2-x) 在区间（0，2）内单调递减，而函数x则在区间（0，2）内单调递增，所以f(x) 在区间（0，2）内不单调。当x∈(0，1）时，ln(2-x) >0；当x∈(1，2）时，ln(2-x)<0，那么在开区间（0，2）内，只有某个非“端点”值，可使f(x)在区间（0，2）内取得最值。考虑到当x∈(0，1）时，x增加的速度远比ln(2-x)减少的速度快得多，但当x∈(1，2）时，...

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(1) 函数ln(2-x) 在区间（0，2）内单调递减，而函数x则在区间（0，2）内单调递增，所以f(x) 在区间（0，2）内不单调。当x∈(0，1）时，ln(2-x) >0；当x∈(1，2）时，ln(2-x)<0，那么在开区间（0，2）内，只有某个非“端点”值，可使f(x)在区间（0，2）内取得最值。考虑到当x∈(0，1）时，x增加的速度远比ln(2-x)减少的速度快得多，但当x∈(1，2）时，ln(2-x)减少的速度远比x增加的速度快得多，因而f(x)的最大值为f(1)=1。事实上，对函数f(x) =ln(2-x)+x求导，得 f‘(x)=1/（x-2）＋1，令f‘(x)=0得x=1，
且当x∈(0，1）时，f‘(x) >0，当x∈(1，2）时，f‘(x)<0，故知f(1)为最大值。
(2) an+1=f(Sn)-Sn=ln(2-Sn)+ Sn-Sn=ln(2-Sn)，a1=S1，a2=ln(2- S1)=n(2-an)=ln1.5∈(0，1），假设ak∈(0，1），那么ak＋1=ln(2-Sk)，

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