Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx-x+1，記函數(shù)f（x）的極大值為m，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=m+$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}{+a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}^{2}}$（a_n≠1）．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）證明：2e${\;}^{{S}_{n}}$＞2ⁿ+1．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)求得原函數(shù)的極大值m=0，可得a₁=$\frac{1}{2}$，由$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}{+a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}^{2}}$，變形可得$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，可得數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是以1為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
求出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，可得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）比較2e${\;}^{{S}_{n}}$與2ⁿ+1的大小，只需比較S_n與ln$\frac{{2}^{n}+1}{2}$的大小，由（1）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），a_n＞ln（a_n+1）=ln$\frac{{2}^{n}+1}{{2}^{n-1}+1}$=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1），分別令n=1，2，…，n可得n個(gè)不等式，累加可得結(jié)論．

解答 證明：（1）由f（x）=lnx-x+1，得f′（x）=$\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴m=f（x）_max=f（1）=0．
∴a₁=$\frac{1}{2}$，
有$\frac{1}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}{+a}_{n}^{2}}{{2a}_{n}^{2}}$，得$\frac{1}{{a}_{n+1}}=\frac{1}{2}\frac{1}{{a}_{n}}+\frac{1}{2}$，
則$\frac{1}{{a}_{n+1}}-1=\frac{1}{2}（\frac{1}{{a}_{n}}-1）$，
∵$\frac{1}{{a}_{1}}-1=1≠0$，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$-1}是以1為首項(xiàng)，以$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
則$\frac{1}{{a}_{n}}-1=\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴${a}_{n}=\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{n-1}+1}$；
（2）∵${a}_{n}=\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{n-1}+1}$∈（0，1），由（1）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），
∴a_n＞ln（a_n+1）=ln$\frac{{2}^{n}+1}{{2}^{n-1}+1}$=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$\frac{{2}^{n}+1}{2}$，即S_n＞ln$\frac{{2}^{n}+1}{2}$成立，
∴2e${\;}^{{S}_{n}}$＞2ⁿ+1．

點(diǎn)評(píng) 該題考查利用導(dǎo)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(xué)生分析解決問題的能力，題目設(shè)置有一定難度．