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）公共點的個數(shù)；
（3）若數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，a₁=1，在m=2時，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，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問題等價于曲線y=$\frac{lnx+2}{x}$-1與直線y=m（m＞0）公共點的個數(shù)．構(gòu)造h（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-1，通過討論m法范圍，得到交點的個數(shù)；
（3）根據(jù)a_n+1+1≤2（a_n+1），對n取值，作乘即可得到結(jié)果．

解答 解：（1）求導f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，由f′（x）=0得x=1．
當x∈（0，1）時，f′（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，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x＞0時，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）公共點的個數(shù)
等價于曲線y=$\frac{lnx+2}{x}$-1與直線y=m（m＞0）公共點的個數(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x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，h′（x）＞0，h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是增函數(shù)；
當x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，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0＜m＜e-1時，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有2個公共點；
②當m=e-1時，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有1個公共點；
③當m＞e-1時，函數(shù)y=f（x）的圖象與直線g（x）=mx-1（m＞0）有0個公共點．
（3）由題意，正項數(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n≥2時，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n=1也成立．
所以有a_n≤2ⁿ-1（n∈N^*）．

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