Question

13．函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x²．
（1）求函數(shù)h（x）=f（x）-x+1的最大值；
（2）對于任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＜x₁，是否存在實數(shù)m，使mg（x₂）-mg（x₁）＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，若存在求出m的范圍，若不存在，說明理由；
（3）若正項數(shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{2}，\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{{2g（{a_n}）}}$，且數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，試判斷$2{e^{S_n}}$與2ⁿ+1的大小，并加以證明．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最大值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為$2m≤-\frac{1+lnx}{x}$，記$t（x）=-\frac{1+lnx}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（3）求出$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1=\frac{1}{2}•（\frac{1}{a_n}-1）$，結(jié)合x-1＞lnx，得到x＞ln（x+1），分別表示出s_n，a_n，從而判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）h（x）=lnx-x+1，
則$h'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，（1分）
所以x∈（1，+∞）函數(shù)單調(diào)遞減，x∈（0，1）函數(shù)單調(diào)遞增．　　（2分）
從而h（x）|_max=h（1）=0（3分）
（2）若mg（x₂）-mg（x₁）＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，
則mg（x₂）+x₂f（x₂）＞x₁f（x₁）+mg（x₁），（4分）
設函數(shù)φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，
則只需函數(shù)φ（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞減函數(shù)，
即φ'（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，
則$2m≤-\frac{1+lnx}{x}$，（5分）
記$t（x）=-\frac{1+lnx}{x}$，則$t'（x）=\frac{lnx}{x^2}$，
從而t（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增，
故t（x）|_min=t（1）=-1，（6分）
則存在$m≤-\frac{1}{2}$，使得不等式恒成立． （7分）
（3）由$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{{2g（{a_n}）}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{2a_n^2}=\frac{1}{2}•\frac{1}{a_n}+\frac{1}{2}$．
即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1=\frac{1}{2}•（\frac{1}{a_n}-1）$，
由${a_1}=\frac{1}{2}$，得$\frac{1}{a_n}-1=\frac{1}{2^{n-1}}⇒{a_n}=\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$，（9分）
因為a_n∈（0，1），由（1）知x∈（0，+∞）時，x-1＞lnx⇒x＞ln（x+1），
故${a_n}＞ln（{a_n}+1）=ln\frac{{{2^n}+1}}{{1+{2^{n-1}}}}=ln（{2^n}+1）-ln（{2^{n-1}}+1）$，（10分）$\begin{array}{l}{S_n}={a_1}+{a_2}+…+{a_n}＞[{ln（{2^1}+1）-ln（{2^0}+1）}]+[{ln（{2^2}+1）-ln（{2^1}+1）}]+…[{ln（{2^n}+1）-ln（{2^{n-1}}+1）}]\\=ln（{2^n}+1）-ln（{2^0}+1）=ln\frac{{{2^n}+1}}{2}\end{array}$
即$2{e^{S_n}}＞{2^n}+1$． （12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用、函數(shù)恒成立問題以及不等式的證明，是一道綜合題．