Question

已知f（x）=1-x+lnx，g（x）=mx-1（m∈R）
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范圍；
（3）若數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，a₁=1，當m=2時a_n+1=f（a_n）+g（a_n）+2，n∈N^*，求證：a_n≤2ⁿ-1（n∈N^*）．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：證明題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）先求導數(shù)f′（x），再令它大于0，解得增區(qū)間，令小于0得減區(qū)間，要注意定義域；
（2）方法一、構造h（x）=f（x）-g（x），并求導數(shù)，對m討論，分m≤-1，m＞-1求出極大值也即最大值，令它不大于0，求出m的范圍；
方法二、應用參數(shù)分離，再構造函數(shù)h（x），并求導，得到單調區(qū)間，求出最大值，只要m不小于最大值即可；
（3）方法一、應用數(shù)學歸納法證明，注意步驟，第三步的證明必須用假設即第二步；
方法二、應用數(shù)列的遞推證明，得到a_n+1+1≤2（a_n+1），再往前一個一個地推即可．

解答： 解：（1）求導f′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，由f′（x）=0，得x=1．
當x∈（0，1）時，f′（x）＞0；
當x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0．
∴函數(shù)y=f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)；
（2）方法一、令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-（1+m）x+2則h′(x)=

1

x

-(m+1)
若m+1≤0時，h'（x）＞0，h（x）在定義域上是增函數(shù)，
則h（1）=-（1+m）+2＞0，f（x）≤g（x）不恒成立．
若m+1＞0時，由h'（x）=0得x=

1

1+m

當x∈(0，

1

1+m

)時，h′（x）＞0，h（x）在(0，

1

1+m

)上是增函數(shù)；
當x∈(

1

1+m

，+∞)時，h′（x）＜0，h（x）在(

1

1+m

，+∞)上是減函數(shù)．
∴h（x）在（0，+∞）上的最大值為h(

1

1+m

)=1-ln(1+m)≤0，解得m≥e-1
∴當m≥e-1時f（x）≤g（x）恒成立；
（2）方法二、由 f（x）≤g（x）恒成立得：m≥

lnx-x+2

x

恒成立．
令h(x)=

lnx-x+2

x

，
則h′(x)=-

lnx+1

x2

，由h′（x）=0得x=

1

e

∴h（x）在(0，

1

e

)單調遞增，在(

1

e

，+∞)單調遞減
∴h(x)max=h(

1

e

)=e-1，故m≥e-1；
（3）方法一、由題意，正項數(shù)列{a_n}滿足：a1=1，an+1=lnan+an+2，n∈N*．
用數(shù)學歸納法證明.an≤2n-1，n∈N^*．
1）當n=1時，a1=1≤21-1，不等式成立；
2）假設n=k時，ak≤2k-1，那么，當n=k+1時，
由（1）知{a_n}，即有不等式a₁=1．
于是   a₂a₁=2(ak+1)-1≤2•2k-1=2k+1-1，成立．
由（1）、（2）知an≤2n-1，n∈N^*，成立，
（3）方法二、由（1）知{a_n}，即有不等式a₁=1．
于是   a₂a₁=2（a_k+1）-1
∴an+1+1≤2(an+1)，即an+1≤2(an-1+1)≤…≤2n-1(a1+1)=2n
∴an≤2n-1，n∈N^*．

點評：本題主要考查導數(shù)在函數(shù)中的綜合應用，求函數(shù)的單調區(qū)間，求極值和最值，同時考查數(shù)列不等式的證明，以及利用數(shù)學歸納法和數(shù)列的遞推方法證明，是一道綜合題．