Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx-bx-$\frac{a}{x}$（a，b為常數(shù)）在x=1處的切線垂直于y軸．
（1）求實(shí)數(shù)a，b的關(guān)系式；
（2）當(dāng)a=-1時，函數(shù)y=f（x）與函數(shù)g（x）=-2x+m的圖象有兩個不同的公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）數(shù)列{a_n}滿足a_n=1-$\frac{1}{{a}_{n-1}+1}$（n∈N⁺且n≥2），a₁=$\frac{1}{2}$，數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：2ⁿ•a_n$≥{e}^{{s}_{n}+{a}_{n}-1}$（n∈N⁺，e是自然對數(shù)的底）

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)f（x）在x=1處的切線垂直于y軸可得f′（1）=0，由此得到實(shí)數(shù)a，b的關(guān)系式；
（2）由a=-1得b=0，代入函數(shù)解析式求得f（x），構(gòu)造輔助函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），把函數(shù)y=f（x）與函數(shù)g（x）=-2x+m的圖象有兩個不同的公共點(diǎn)轉(zhuǎn)化為$lnx+\frac{1}{x}+2x=m$有兩個不同的根．再令h（x）=lnx$+\frac{1}{x}$+2x，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值，從而得到m的取值范圍；
（3）把已知的數(shù)列遞推式變形，得到列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，由此求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，結(jié)合（2）知，$lnx+\frac{1}{x}+2x＞3-ln2$，令$x=\frac{n}{n+1}$，得$ln\frac{n}{n+1}+\frac{n+1}{n}+\frac{2n}{n+1}≥3-ln2$，然后利用累加法得$ln{a}_{n}+ln{2}^{n}≥{S}_{n}+{a}_{n}-1$，則結(jié)論得到證明．

解答 解：（1）由f（x）=lnx-bx-$\frac{a}{x}$，得${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}-b+\frac{a}{{x}^{2}}$，
由f′（1）=0，得1-b+a=0，即b=a+1；
（2）當(dāng)a=-1時，b=0，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+2x-m，
于是函數(shù)y=f（x）與函數(shù)g（x）=-2x+m的圖象有兩個不同的公共點(diǎn)，
等價于$lnx+\frac{1}{x}+2x=m$有兩個不同的根．
令h（x）=lnx$+\frac{1}{x}$+2x，${h}^{′}（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}+2=\frac{2{x}^{2}+x-1}{{x}^{2}}（x＞0）$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，且h（$\frac{1}{2}$）=3-ln2，
當(dāng)x→0時，h（x）→+∞，當(dāng)x→+∞時，h（x）→+∞．
∴當(dāng)m＞3-ln2時，函數(shù)y=f（x）與函數(shù)g（x）=-2x+m的圖象有兩個不同的公共點(diǎn)；
（3）a_n=1-$\frac{1}{{a}_{n-1}+1}$，∴${a}_{n}=\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}+1}$，$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}=1$，
則數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)，以1為公差的等差數(shù)列，
$\frac{1}{{a}_{n}}=2+（n-1）=n+1$，則${a}_{n}=\frac{1}{n+1}$，
由（2）知，$lnx+\frac{1}{x}+2x＞3-ln2$，
令$x=\frac{n}{n+1}$，得$ln\frac{n}{n+1}+\frac{n+1}{n}+\frac{2n}{n+1}≥3-ln2$，
即$ln\frac{n}{n+1}+ln2≥\frac{2}{n+1}-\frac{1}{n}$，
∴$ln\frac{1}{2}+ln2≥\frac{2}{2}-\frac{1}{1}$，
$ln\frac{2}{3}+ln2≥\frac{2}{3}-\frac{1}{2}$，
…
$ln\frac{n}{n+1}+ln2≥\frac{2}{n+1}-\frac{1}{n}$，
累加得：$ln\frac{1}{n+1}+nln2≥\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}-1$=S_n+a_n-1．
即$ln{a}_{n}+ln{2}^{n}≥{S}_{n}+{a}_{n}-1$．
∴2ⁿ•a_n$≥{e}^{{s}_{n}+{a}_{n}-1}$．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了利用函數(shù)單調(diào)性證明數(shù)列不等式，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是壓軸題．