Question

14．已知函數(shù)f（x）=ln（x-1），g（x）=$\frac{{a（{x-2}）}}{x-1}$．
（1）討論函數(shù)G（x）=f（x）-g（x）的單調性；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=f（a_n+2）．證明：對任意n∈N⁺，恒有$\frac{1}{n}≤{a_n}$≤1．

Answer 1

分析 （1）通過求導可知函數(shù)G（x）=f（x）-g（x）的導函數(shù)表達式，進而解不等式即得結論；
（2）通過數(shù)學歸納法可證明0＜a_n≤1，利用（1）可知對任意n∈N^*恒有$ln（{n+1}）＞\frac{n}{n+1}$，進而可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜1$，并項相加、放縮即得結論．

解答 （1）解：依題意可知：x＞1，且${G^'}（x）=\frac{{x-（{1+a}）}}{{{{（{x-1}）}^2}}}$，
當a≤0時，G′（x）≥0，故G（x）在（1，+∞）上是增加的；
當a＞0時，x∈（1，1+a）時，G′（x）≤0，此時G（x）是減少的，
當x∈（1+a，+∞）時，G′（x）≥0，此時G（x）是增加的；
（2）證明：依題意：a_n+1=ln（a_n+1），
先用數(shù)學歸納法證明0＜a_n≤1，
①易知n=1時，0＜a_n≤1成立，
②假設n=k（k∈N^*）時，有0＜a_k≤1成立，
則0＜ln（a_k+1）≤ln2＜1，則0＜a_k+1＜1，
故n=k+1時，0＜a_n≤1也成立，
綜上知0＜a_n≤1對任意n∈N^*恒成立．
由（1）知當a=1時，$G（x）=f（x）-g（x）=ln（{x-1}）-\frac{x-2}{x-1}$在（2，+∞）上是增加的，
又∵G（2）=0，
∴對任意x≥2恒有$ln（{x-1}）≥\frac{x-2}{x-1}$，即任意n∈N^*恒有$ln（{n+1}）＞\frac{n}{n+1}$，
∵a_n+1=ln（a_n+1），$ln（{{a_n}+1}）＞\frac{{{a_{{n_{\;}}}}}}{{{a_n}+1}}$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}＜\frac{1}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜1$，
故n＞1時，有$\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_3}-\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n-1}}}}＜n-1$，
所以$\frac{1}{a_n}＜n$，即${a_n}＞\frac{1}{n}$，
又∵當n=1時，a_n=1，
∴${a_n}≥\frac{1}{n}$，
故$\frac{1}{n}≤{a_n}≤1$成立．

點評 本題是一道關于數(shù)列與不等式的綜合題，涉及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、數(shù)學歸納法等基礎知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題．