Question

4．已知函數f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx（a＞1）．
（Ⅰ） 討論函數f（x）的單調性；
（Ⅱ） 若a=2，數列{a_n}滿足a_n+1=f（a_n）．
（1）若首項a₁=10，證明數列{a_n}為遞增數列；
（2）若首項為正整數，且數列{a_n}為遞增數列，求首項a₁的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，并分解因式，對a討論，當a=2，當1＜a＜2時，當a＞2時，解不等式即可得到單調區(qū)間；
（Ⅱ）若a=2，則$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$，由（Ⅰ）知函數f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
（1）運用數學歸納法即可證得；
（2）由（1）知：當且僅當0＜a₁＜a₂，數列{a_n}為遞增數列，f（a₁）＞a₁，即$\frac{1}{2}{a_1}^2-3{a_1}+ln{a_1}＞0$（a₁為正整數），設$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-3x+lnx$（x≥1），求出導數，運用函數的零點存在定理，即可得到首項的最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-ax+（{a-1}）lnx$，
∴$f'（x）=\frac{{{x^2}-ax+a-1}}{x}=\frac{{（{x-1}）（{x+1-a}）}}{x}$（x＞0），
當a=2時，則$f'（x）=\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x}≥0$在（0，+∞）上恒成立，
當1＜a＜2時，若x∈（a-1，1），則f′（x）＜0，若x∈（0，a-1）或x∈（1，+∞），則f′（x）＞0，
當a＞2時，若x∈（1，a-1），則f′（x）＜0，若x∈（0，1）或x∈（a-1，+∞），則f′（x）＞0，
綜上所述：當1＜a＜2時，函數f（x）在區(qū)間（a-1，1）上單調遞減，
在區(qū)間（0，a-1）和（1，+∞）上單調遞增；
當a=2時，函數在（0，+∞）上單調遞增；
當a＞2時，函數f（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞減，在區(qū)間（0，1）和（a-1，+∞）上單調遞增．
（Ⅱ）若a=2，則$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$，由（Ⅰ）知函數f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
（1）因為a₁=10，所以a₂=f（a₁）=f（10）=30+ln10，可知a₂＞a₁＞0，
假設0＜a_k＜a_k+1（k≥1），因為函數f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，
∴f（a_k+1）＞f（a_k），即得a_k+2＞a_k+1＞0，
由數學歸納法原理知，a_n+1＞a_n對于一切正整數n都成立，
∴數列{a_n}為遞增數列．
（2）由（1）知：當且僅當0＜a₁＜a₂，數列{a_n}為遞增數列，
∴f（a₁）＞a₁，即$\frac{1}{2}{a_1}^2-3{a_1}+ln{a_1}＞0$（a₁為正整數），
設$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-3x+lnx$（x≥1），則$g'（x）=\frac{{{x^2}-3x+1}}{x}$，
∴函數g（x）在區(qū)間$（\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}，+∞）$上遞增，
由于$g（5）=ln5-\frac{5}{2}＜0$，g（6）=ln6＞0，又a₁為正整數，
∴首項a₁的最小值為6．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間，同時考查函數的零點存在定理和數學歸納法的運用，考查運算能力，屬于中檔題．