Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x-1}{lnx}$．
（Ⅰ）試判斷函數(shù)y=f（x）在（1，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）令a_n+1=f（a_n）（n∈N^•），若a₁=$\sqrt{e}$，求證2ⁿlna_n≥1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，令g（x）=xlnx-x+1，通過求導(dǎo)得到g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，從而求出f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）用數(shù)學(xué)歸納法證明：（1）n=1時，命題成立，（2）假設(shè)n=k時，命題成立，再證出n=k+1時命題成立即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$\frac{xlnx-x+1}{{x（lnx）}^{2}}$，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，有x（lnx）²＞0，
故只需考察函數(shù)g（x）=xlnx-x+1在（1，+∞）的函數(shù)值變化，
而g′（x）=lnx+1-1=lnx，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）=lnx＞0，
故g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
則有：g（x）＞g（1）=0，
∴x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，
∴y=f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增；
（Ⅱ）下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
（1）當(dāng)n=1時，a₁=$\sqrt{e}$，∴2lna₁=2ln$\sqrt{e}$=1，
∴n=1時，命題成立；
（2）假設(shè)n=k（k≥1）時，命題成立，即：2^klna_k≥1，
要證明n=k+1時，命題成立，即證明2^k+1lna_k+1≥1，只需證明a_k+1≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
依題意知a_k+1=f（a₁），即證明：f（a₁）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
由歸納假設(shè)2^klna_k≥1，得a_k≥${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞1，
由（Ⅰ）知：f（a_k）≥f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$
若f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，則必有f（a_k）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
下面證明：f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x-1-x${e}^{\frac{x}{2}}$（x＞0），
則g′（x）=e^x-${e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{2}$${e}^{\frac{x}{2}}$=${e}^{\frac{x}{2}}$（${e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{2}$），
∵x＞0，∴${e}^{\frac{x}{2}}$＞1，
由（Ⅰ）得：${e}^{\frac{x}{2}}$-1-$\frac{x}{2}$＞0，
∴x＞0時，g′（x）＞0，則g（x）在（0，+∞）上遞增，
則g（$\frac{1}{{2}^{k}}$）＞g（0），即：${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$-1-$\frac{1}{{2}^{k}}$${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$＞0，
則：f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$=${e}^{\frac{1}{2（k+1）}}$②，
由①②及題意得f（a_k）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，即2^（k+1）lna_k+1≥1，
綜合（1）（2）得：對?n∈N^•，都有2ⁿlna_n≥1成立．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，是一道難題．