Question

11．已知f（x）=lnx-x+1（x∈R⁺），g（x）=mx-1（m＞0）．
（1）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)x＞0，討論函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（3）若數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a₁=1，在m=2時(shí)，a_n+1=f（a_n）+g（a_n）+2（n∈N^*），求證：a_n≤2ⁿ-1．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問題等價(jià)于曲線y=$\frac{lnx+2}{x}$-1與直線y=m（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．構(gòu)造h（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-1，通過討論m法范圍，得到交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（3）根據(jù)a_n+1+1≤2（a_n+1），對(duì)n取值，作乘即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）求導(dǎo)f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，由f′（x）=0得x=1．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0．
所以函數(shù)y=f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)．
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)
等價(jià)于曲線y=$\frac{lnx+2}{x}$-1與直線y=m（m＞0）公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)．
令h（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-1，則h′（x）=-$\frac{1+lnx}{{x}^{2}}$，所以h′（$\frac{1}{e}$）=0．
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是增函數(shù)；
當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是減函數(shù)．
所以，h（x）在（0，+∞）上的最大值為h（$\frac{1}{e}$）=e-1＞0，
且h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-1＜0，h（e²）=$\frac{4}{{e}^{2}}$-1＜0，


如圖：于是
①當(dāng)0＜m＜e-1時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有2個(gè)公共點(diǎn)；
②當(dāng)m=e-1時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有1個(gè)公共點(diǎn)；
③當(dāng)m＞e-1時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有0個(gè)公共點(diǎn)．
（3）由題意，正項(xiàng)數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=lna_n+a_n+2，
由（Ⅰ）知：f（x）=lnx-x+1≤f（1）=0，即有不等式lnx≤x-1（x＞0）
由已知條件知a_n＞0，a_n+1=lna_n+a_n+2≤a_n-1+a_n+2=2a_n+1，
故a_n+1+1≤2（a_n+1），
所以當(dāng)n≥2時(shí)，0＜$\frac{{a}_{2}+1}{{a}_{1}+1}$≤2，0＜$\frac{{a}_{3}+1}{{a}_{2}+1}$≤2，…，0＜$\frac{{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-2}+1}$≤2，0＜$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}$≤2，
以上格式相乘得：0＜$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{1}+1}$≤2^n-1，又a₁=1，故a_n+1≤2ⁿ，
即a_n≤2ⁿ-1，對(duì)n=1也成立．
所以有a_n≤2ⁿ-1（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，本題有一定的難度．