Question

6．已知f（x）=（a-ln x）x-1．
（I）不等式f（x）≤0對任意x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）已知正項數(shù)列{a_n}滿足a₁=e，a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$，求證：a_n＞e${\;}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．

Answer 1

分析 （I）由不等式f（x）≤0，化為：a≤lnx+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．設函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值即可得出．
（II）：由（I）可知：a=1，lnx+$\frac{1}{x}$≥1恒成立，-lnx+x≥1，即lnx≤x-1．由a₁=e＞1，及歸納可得：a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{ln{a}_{n}}{ln{a}_{n}}$-1=0，∴a_n＞1．下面利用數(shù)學歸納法證明：a_n＞${e}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$即可．

解答 （I）解：由不等式f（x）≤0，化為：a≤lnx+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．
設函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0，解得x＞1，∴函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調遞增；
由g′（x）＜0，解得0＜x＜1，∴函數(shù)g（x）在（0，1）上單調遞減．
∴當x=1時，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，
∴g（1）=1，∴a≤1．∴實數(shù)a的取值范圍是（-∞，1]．
（II）證明：由（I）可知：a=1，lnx+$\frac{1}{x}$≥1恒成立，-lnx+x≥1，即lnx≤x-1．
由a₁=e＞1，及歸納可得：a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{ln{a}_{n}}{ln{a}_{n}}$-1=0，∴a_n＞1．下面利用數(shù)學歸納法證明：a_n＞${e}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．
①當n=1時，a₁=e＞${e}^{\frac{1}{2}}$成立；
②假設當n=k時命題成立，即a_k＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$．則當n=k+1時，a_k+1=$\frac{{a}_{k}-1}{ln{a}_{k}}$，設h（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，x∈（1，+∞）．
h′（x）=$\frac{lnx-\frac{x-1}{x}}{（lnx）^{2}}$，由（I）可知：lnx-$\frac{x-1}{x}$＞0，
∴h′（x）＞0，∴h（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增．
∴由歸納假設可知：a_k+1=h（a_k）＞$h（{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}）$，
要證明：n=k+1時成立，只須證明$h（{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}）$＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k+1}}}$，即證明：$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}-1}{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k+1}}}$，
令$\frac{1}{{2}^{k}}$=x，則$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞${e}^{\frac{1}{2}x}$?e^x-1＞x${e}^{\frac{1}{2}x}$，x∈（0，1），
令u（x）=e^x-1-$x{e}^{\frac{1}{2}x}$，u′（x）=e^x-$（1+\frac{1}{2}x）{e}^{\frac{1}{2}x}$=${e}^{\frac{1}{2}x}$$（{e}^{\frac{1}{2}x}-1-\frac{x}{2}）$＞0，
∴u（x）＞u（0）=0，
∴當n=k+1時命題成立，
綜上可得：對?nN^*，a_n＞e${\;}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值與最值、數(shù)列問題、首項歸納法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．