Question

6．已知函數(shù)f（x）=1-x+lnx
（Ⅰ）求f（x）的最大值；
（Ⅱ）對任意的x₁，x₂∈（0，+∞）且x₂＜x₁是否存在實數(shù)m，使得$mx_2^2$-$mx_1^2$-x₁lnx₁+x₂lnx₂＞0恒成立；若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由：
（Ⅲ）若正數(shù)數(shù)列{a_n}滿足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$=$\frac{（1+{a}_{n}）{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}}$，且a₁=$\frac{1}{2}$，數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，試比較2${e^{S_n}}$與2ⁿ+1的大小并加以證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導數(shù)，單調區(qū)間，可得f（x）的最大值為f（1）；
（Ⅱ）由題意可得$m{x_2}^2+{x_2}ln{x_2}＞m{x_1}^2+{x_1}ln{x_1}$恒成立，設φ（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，則只需ϕ（x）在（0，+∞）上單調遞減，求得導數(shù)，令導數(shù)小于等于0恒成立，運用參數(shù)分離和構造函數(shù)法，求出導數(shù)和單調區(qū)間，可得最值，即可得到所求m的范圍；
（Ⅲ）結論：$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．運用構造數(shù)列法和等比數(shù)列的通項公式，可得a_n=$\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$．運用對數(shù)的運算性質和放縮法，結合裂項相消求和，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由題意得：$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$．
當x∈（0，1）時，f'（x）＞0，當x∈（1，+∞）時，f'（x）＜0，
因此，f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∝）上單調遞減．
所以f（x）_max=f（1）=0，即函數(shù)f（x）的最大值為0；
（Ⅱ）若$m{x_2}^2-m{x_1}^2-{x_1}ln{x_1}+{x_2}ln{x_2}＞0$恒成立，
則$m{x_2}^2+{x_2}ln{x_2}＞m{x_1}^2+{x_1}ln{x_1}$恒成立，
設φ（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，
則只需ϕ（x）在（0，+∞）上單調遞減，
故ϕ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得：2m≤$-\frac{1+lnx}{x}$，
記t（x）=$-\frac{1+lnx}{x}$，則${t^'}（x）=\frac{lnx}{x^2}$，
于是可知t（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
故[t（x）]_min=t（1）=-1，
因此存在m≤$-\frac{1}{2}$，使$m{x_2}^2-m{x_1}^2-{x_1}ln{x_1}+{x_2}ln{x_2}＞0$恒成立；
（Ⅲ）由$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$=$\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{2a_n^2}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{a_n}$+$\frac{1}{2}$得：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1$=$\frac{1}{2}$$（{\frac{1}{a_n}-1}）$，又${a_1}=\frac{1}{2}$，
知，$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1$=${（{\frac{1}{2}}）^n}$，即有a_n=$\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$．
結論：$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．
證明如下：
因為a_n∈（0，1），由（1）知x＞0時x-1＞lnx，則x＞-1時x＞ln（x+1）．
所以a_n＞ln（a_n+1）=$ln\frac{{{2^n}+1}}{{{2^{n-1}}+1}}$=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1）
故S_n=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$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調區(qū)間和最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和函數(shù)的單調性，同時考查兩式的大小比較，注意運用等比數(shù)列的通項公式和裂項相消求和，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．