Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln（1+ax）-ax，（其中a為實(shí)數(shù)，且a≠0）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）關(guān)于x方程f（x）-a=0在[-1，1]上是否有兩個(gè)不等實(shí)根？若有，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$，n∈N^*，證明：對(duì)于任意的正整數(shù)n，都有a_n＜e²，其中無(wú)理數(shù)e=2.71828．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，討論a＞0，a＜0，結(jié)合函數(shù)的定義域，解不等式即可得到單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）可得單調(diào)區(qū)間，即有最大值為0，討論a＞0，a＜0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，即可得到結(jié)論；
（3）由遞推公式及a_n≥2（n≥2）有a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$≤（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$）a_n（n≥1），再結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，得到lna_n+1-lna_n≤$\frac{1}{n（n+1）}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$（n≥1）．最后對(duì)此式從1到n-1求和后放縮可得結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）=ln（1+ax）-ax的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{a}{1+ax}$-a=$\frac{-{a}^{2}x}{1+ax}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，x＞0時(shí)，1+ax＞0成立，f′（x）＜0，f（x）遞減；當(dāng)x＜0時(shí)，由1+ax＞0可得-$\frac{1}{a}$＜x＜0，
f′（x）＞0，f（x）遞增．
當(dāng)a＜0時(shí)，x＞0時(shí)，由1+ax＞0可得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，f（x）遞減；當(dāng)x＜0時(shí)，由1+ax＞0成立，
f′（x）＞0，f（x）遞增．
綜上可得，a＞0時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（0，+∞），增區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，0）；
a＜0時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$），增區(qū)間為（-∞，0）；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，由（1）可得，f（x）的減區(qū)間為（0，+∞），增區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，0）；
即有f（x）在x=0處取得最大值，且為0，即f（x）≤0，
則a＞0時(shí)，方程f（x）-a=0即f（x）=a在[-1，1]上無(wú)解；
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$），增區(qū)間為（-∞，0），
即有f（x）在[-1，0]遞增，（0，1]遞減，
要使f（x）-a=0在[-1，1]上有兩個(gè)不等實(shí)根，由于f（x）在[0，1]上有一解，
只需f（x）在[-1，0]上有一解，即為ln（1-a）+a≤a＜0，
即有l(wèi)n（1-a）≤0，而a＜0，則ln（1-a）＞0，不成立，
故方程f（x）-a=0在[-1，1]上沒(méi)有兩個(gè)不等實(shí)根；
（3）證明：首先證明a_n≥2（n≥2）．
①當(dāng)n=2時(shí)，a₂=2≥2，不等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時(shí)不等式成立，即a_k≥2（k≥2），
那么a_k+1=（1+$\frac{1}{k（k+1）}$）a_k+$\frac{1}{{2}^{k}}$≥2．這就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)不等式成立．
根據(jù)（1）、（2）可知：a_k≥2對(duì)所有k≥2成立．
即有a_n≥2（n≥2）．
由遞推公式及a_n≥2（n≥2）．有a_n+1=（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$）a_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$≤（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$）a_n（n≥1），
兩邊取對(duì)數(shù)并利用已知不等式得lna_n+1≤ln（1+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$）+lna_n≤lna_n+$\frac{1}{{n}^{2}+n}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$，
故lna_n+1-lna_n≤$\frac{1}{n（n+1）}$+$\frac{1}{{2}^{n}}$（n≥1）．
上式從1到n-1求和可得lna_n-lna₁≤$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{（n-1）n}$+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$
=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{2}$•$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}}$=1-$\frac{1}{n}$+1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$＜2，
即lna_n＜2，故a_n＜e²（n≥1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和最值，同時(shí)考查函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想和分類討論的思想方法，以及不等式的證明，注意運(yùn)用不等式的性質(zhì)和裂項(xiàng)相消求和，考查運(yùn)算能力，屬于難題．