Question

函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x²．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）=f（x）-x+1的最大值；
（Ⅱ）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）恒為正數(shù)？若存在，求實數(shù)m的取值范圍；若不存在，說明理由；
（Ⅲ）若正項數(shù)列{a_n}滿足

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

，a₁=

1

2

，且數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，試比較2e sn與2ⁿ+1的大小，并加以證明．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的定義域、導數(shù)h′（x），由導數(shù)的符號可知函數(shù)單調性，根據(jù)單調性即可得到最大值；
（Ⅱ）mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），設φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，則只需φ（x）在（0，+∞）上單調遞減．從而有φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，分離出參數(shù)m后化為函數(shù)最值即可，利用導數(shù)可求得函數(shù)的最值；
（Ⅲ）由

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

，得

1

an+1

-1=

1

2

(

1

an

-1)，知{

1

an

-1}是等比數(shù)列，可求a_n，比較2e sn與2ⁿ+1的大小，只需比較S_n與ln

2n+1

2

的大小，由（Ⅰ）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），a_n＞ln（a_n+1）=ln

2n+1

2n-1+1

=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1），分別令n=1，2，…，n可得n個不等式，累加可得結論；

解答： 解：（Ⅰ）函數(shù)h（x）的定義域為（0，+∞），
∵h（x）=lnx-x+1，∴h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
當x∈（0，1）時，h′（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上是單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴h（x）_max=h（1）=0，即函數(shù)的最大值為0．
（Ⅱ）若mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），
設φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，
又0＜x₂＜x₁，則只需φ（x）在（0，+∞）上單調遞減．
∴φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得2m≤

-1-lnx

x

，
設t（x）=

-1-lnx

x

，則t′（x）=

lnx

x2

，知函數(shù)t（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，即t（x）_min=t（1）=-1．
∴存在實數(shù)m≤-

1

2

，使mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）恒為正數(shù)．
（Ⅲ）由

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

=

1

2

•

1

an

+

1

2

，得

1

an+1

-1=

1

2

(

1

an

-1)，
又a₁=

1

2

，知{

1

an

-1}是等比數(shù)列，公比為

1

2

，首項為1，則

1

an+1

-1=(

1

2

)n，an=

2n-1

1+2n-1

．  
結論：2eSn＞2ⁿ+1，證明如下：
∵a_n∈（0，1），由（Ⅰ）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），
∴a_n＞ln（a_n+1）=ln

2n+1

2n-1+1

=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1），
故a₁+a₂+…+a_n＞ln（2¹+1）-ln（2⁰+1）+ln（2²+1）-ln（2¹+1）+…+ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1）
=ln（2ⁿ+1）-ln（2⁰+1）=ln（

2n+1

2

），即Sn＞ln

2n+1

2

成立，
∴2e sn＞2ⁿ+1．

點評：該題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的最值、函數(shù)恒成立，考查數(shù)列與函數(shù)的綜合問題，考查學生分析解決問題的能力．本題第（Ⅲ）問也可用數(shù)學歸納法證明，遞推過程中用第（Ⅰ）問結論．