Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-2x（a＜0）
（1）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）若a=-$\frac{1}{2}$且關(guān)于x的方程f（x）=-$\frac{1}{2}$x+b在[1，4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）設(shè)各項為正的數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a _n+1=lna_n+a_n+2，n∈N^*，求證：a_n≤2ⁿ-1．

Answer 1

分析 （1）對函數(shù)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于等于0在x＞0上恒成立即可．
（2）將a的值代入整理成方程的形式，然后轉(zhuǎn)化為函數(shù)考慮其圖象與x軸的交點的問題．
（3）設(shè)h（x）=lnx-x+1然后求導(dǎo)，可判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性，再由數(shù)學(xué)歸納法得證．

解答 解：（1）f′（x）=-$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，（x＞0）
依題意f'（x）≥0在x＞0時恒成立，即ax²+2x-1≤0在x＞0恒成立．
則a≤$\frac{1-2x}{{x}^{2}}$=（ $\frac{1}{x}$-1）²-1在x＞0恒成立，
即a≤（（$\frac{1}{x}$-1）²-1）_min（x＞0）
當(dāng)x=1時，（$\frac{1}{x}$-1）²-1取最小值-1，
∴a的取值范圍是（-∞，-1]．
（2）a=-$\frac{1}{2}$，f（x）=-$\frac{1}{2}$x+b，
∴$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+lnx-b=0
設(shè)g（x）=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{3}{2}$x+lnx-b（x＞0）則g'（x）=$\frac{（x-2）（x-1）}{2x}$，
列表：

X	（0，1）	1	（1，2）	2	（2，4）
g′（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↑	極大值	↓	極小值	↑

∴g（x）極小值=g（2）=ln2-b-2，g（x）極大值=g（1）=-b-$\frac{5}{4}$，
又g（4）=2ln2-b-2
∵方程g（x）=0在[1，4]上恰有兩個不相等的實數(shù)根．
則 $\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（2）＜0}\\{g（4）≥0}\end{array}\right.$，得：ln2-2＜b≤-$\frac{5}{4}$．
（3）設(shè)h（x）=lnx-x+1，x∈[1，+∞），則h'（x）=$\frac{1}{x}$-1≤0
∴h（x）在[1，+∞）為減函數(shù)，且h（x）_max=h（1）=0，故當(dāng)x≥1時有l(wèi)nx≤x-1．
∵a₁=1，
假設(shè)a_k≥1（k∈N^*），則a_k+1=lna_k+a_k+2＞1，故a_n≥1（n∈N^*）
從而a_n+1=lna_n+a_n+2≤2a_n+1，∴1+a_n+1≤2（1+a_n）≤…≤2ⁿ（1+a₁）
即1+a_n≤2ⁿ，∴a_n≤2ⁿ-1．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)正負(fù)之間的關(guān)系，即當(dāng)導(dǎo)函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減．