Question

2．已知函數(shù)f（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$
（1）求證：x•e^x+1≥0恒成立；
（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=f（a_n）．求證數(shù)列{a_n}單調(diào)遞減，且a_n＞0恒成立．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造g（x）=x•e^x+1，g′（x）=e^x（x+1），求解導數(shù)，判斷單調(diào)性，最值即可證明．
（2）令k（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，k′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+1}{{x}^{2}}$，令m（x）=e^x（x-1）+1，m′（x）=e^xx，利用導數(shù)，不等式，判斷單調(diào)性．
（3）判斷函數(shù)h（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-x=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x{e}^{x}}$，求解最大值，證明判斷l(xiāng)n$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-x＜0在x＞0成立，即a_n＞0，a_n+1＜a_n．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$
∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞0，解得：x＞0或x＜0，
令g（x）=x•e^x+1，g′（x）=e^x（x+1），
∵g′（x）=e^x（x+1）=0，x=-1
g′（x）=e^x（x+1）＞0，x＞-1，
g′（x）=e^x（x+1）＜0，x＜-1，
∴g（x）=x•e^x+1在（-∞，-1）單調(diào)遞減，（-1，+∞）單調(diào)遞增，
x=-1時，g（x）_min=g（-1）=1-$\frac{1}{e}$＞0，
∴x•e^x+1≥0恒成立
（2）令k（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，k′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+1}{{x}^{2}}$，
令m（x）=e^x（x-1）+1，m′（x）=e^xx，
∵m′（x）=e^xx=0，x=0
m′（x）=e^xx＞0，x＞0
m′（x）=e^xx＜0，x＜0
∴m（x）=e^x（x-1）+1，在（-∞，0）單調(diào)遞減，（0，+∞）單調(diào)遞增，x=0時，m（x）最小值為m（0）=0，
∴m（x）=e^x（x-1）+1≥0，
即k′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+1}{{x}^{2}}$＞0在（-∞，0），（0，+∞）成立，
即k（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，0在（-∞，0），（0，+∞）單調(diào)遞增．
（3）∵函數(shù)f（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$
∴函數(shù)h（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-x=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x{e}^{x}}$，
∵x＞0，函數(shù)p（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lne^x，
∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-e^x=$\frac{{e}^{x}-1-x{e}^{x}}{x}$
∵（e^x-1-xe^x）′=-xe^x＞0，x＜0，
（e^x-1-xe^x）′=-xe^x＜0，x0，
（e^x-1-xe^x）′=-xe^x=0，x=0，
∴y=e^x-xe^x-1的最大值為0，
即$\frac{{e}^{x}-x{e}^{x-1}}{x}$＜0恒成立，
$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-e^x＜0，
ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lne^x＜0，
可判斷l(xiāng)n$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-x＜0在x＞0成立
即a_n＞0，a_n+1＜a_n，

點評 本題考查了導數(shù)在求解函數(shù)中的問題中的應用，多次構(gòu)造函數(shù)，判斷最值，單調(diào)性，屬于難題．