Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x-2}$（x≠1），各項(xiàng)同號且均不為零的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n滿足4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=1（n∈N^*）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）求證：（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）^a_n+1＜$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）求得n=1的首項(xiàng)，再將n換為n-1，相減，由通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)，即可得到所求通項(xiàng)公式；
（3）運(yùn)用分析法，可得ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{n+1}$，即有l(wèi)n（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$，構(gòu)造函數(shù)f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$（x＞0），運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x-2}$（x≠1）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{2（x-1）^{2}}$，
當(dāng)x＞2或x＜0時，f′（x）＞0；當(dāng)0＜x＜1或1＜x＜2時，f′（x）＜0．
則f（x）的增區(qū)間為（-∞，0），（2，+∞），減區(qū)間為（0，1），（1，2）；
（2）4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=1，即為2S_n=a_n-a_n²，①
當(dāng)n=1時，2a₁=2S₁=a₁-a₁²，
解得a₁=-1，
將n換為n-1，即有2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②
①-②，2a_n=a_n-a_n²-（a_n-1-a_n-1²），
化簡可得a_n+a_n-1=-（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），
即有a_n-a_n-1=-1，
則a_n=-1+（n-1）•（-1）=-n；
（3）要證：（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）^a_n+1＜$\frac{1}{e}$，
即證（1+$\frac{1}{n}$）^-（n+1）＜$\frac{1}{e}$，
即證（1+$\frac{1}{n}$）^（n+1）＞e，
即證（n+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1，
即為ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{n+1}$，
即有l(wèi)n（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$，
可令f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$=$\frac{x}{（1+x）^{2}}$＞0，
f（x）在（0，+∞）遞增，即有f（x）＞f（0）=0，
即為ln（1+x）＞$\frac{x}{1+x}$（x＞0），
則ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$成立，
故原不等式成立．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間，考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的關(guān)系，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法和構(gòu)造函數(shù)運(yùn)用單調(diào)性證明，屬于中檔題．