Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x-1}{{lnx-m{x^2}}}$，m∈R．
（Ⅰ）若1＜x＜2時，f（x）＞1恒成立，求m的取值范圍；
（Ⅱ）若m=0時，令a_n+1=f（a_n），n∈N^*，a₁=$\sqrt{e}$，求證：2ⁿlna_n≥1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)1＜x＜2時，x-1＞0，欲使f（x）＞1恒成立，即$\frac{x-1}{{lnx-m{x^2}}}$＞1恒成立，只要滿足$\left\{\begin{array}{l}{lnx-m{x}^{2}＞0}\\{x-1＞lnx-m{x}^{2}}\end{array}\right.$對x∈（1，2）恒成立即可，分別構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求得m的取值范圍；
（Ⅱ）采用數(shù)學(xué)歸納法，當(dāng)n=1時，a₁=$\sqrt{e}$，2lna₁=2ln$\sqrt{e}$=1，當(dāng)n=1時命題成立，假設(shè)n=k時命題成立，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^-2（k+1），構(gòu)造輔助函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可求證f（${e}^{{2}^{-k}}$）=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{{2}^{-k}}$＞${e}^{{2}^{-（k+1）}}$，f（${e}^{{2}^{-k}}$）=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{{2}^{-k}}$＞${e}^{{2}^{-（k+1）}}$．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)1＜x＜2時，x-1＞0，欲使f（x）＞1恒成立，即$\frac{x-1}{{lnx-m{x^2}}}$＞1恒成立，
只要滿足$\left\{\begin{array}{l}{lnx-m{x}^{2}＞0}\\{x-1＞lnx-m{x}^{2}}\end{array}\right.$對x∈（1，2）恒成立即可．…（2分）
對于lnx-mx²＞0，即m＜$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，則h′（x）=$\frac{1-2lnx}{{x}^{3}}$，
∴函數(shù)h（x）在（1，$\sqrt{e}$）內(nèi)單調(diào)遞增，在（$\sqrt{e}$，2）內(nèi)單調(diào)遞減，
而h（1）=0＜h（2）=$\frac{ln2}{4}$，
∴m≤0．…（3分）
對于x-1＞lnx-mx²，即m＞$\frac{lnx-x+1}{{x}^{2}}$，令φ（x）=$\frac{lnx-x+1}{{x}^{2}}$，
則φ′（x）=$\frac{（\frac{1}{x}-1）•{x}^{2}-2x（lnx-x+1）}{{x}^{4}}$=$\frac{x-1-2lnx}{{x}^{3}}$，
令g（x）=x-1-2lnx則g′（x）=$\frac{x-2}{x}$＜0，
∴g（x）=x-1-2lnx在（1，2）內(nèi)單調(diào)遞減，則x-1-2lnx＜0，從而φ′（x）＜0，
∴φ（x）在（1，2）內(nèi)單調(diào)遞減，則φ（x）＜0且當(dāng)x→1時，φ（x）→x，
∴m≥0，
綜上所述可得：m=0．…（6分）
（Ⅱ）下面用數(shù)學(xué)歸納法證明2ⁿlna_n≥1，
（1）當(dāng)n=1時，a₁=$\sqrt{e}$，
∴2lna₁=2ln$\sqrt{e}$=1，
∴當(dāng)n=1時命題成立．…（7分）
（2）假設(shè)n=k時命題成立，即2ⁿlna_n≥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^-2（k+1），
∵a_k+1=f（a_k）即證明f（a_k）≥e^-2（k+1），
由f′（x）=（$\frac{x-1}{lnx}$）′=$\frac{lnx+\frac{1}{x}-1}{（lnx）^{2}}$，
當(dāng)x＞1時，易證lnx+$\frac{1}{x}$-1＞0，
∴f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上為增函數(shù)．
由歸納假設(shè)2^klna_k+1≥1，得a_k≥${e}^{{2}^{-k}}$＞1，
∴f（a_k）＞f（${e}^{{2}^{-k}}$）=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{ln{e}^{{2}^{-k}}}$=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{{2}^{-k}}$，?
若f（${e}^{{2}^{-k}}$）≥${e}^{{2}^{-（k+1）}}$，則必有f（a_k）≥${e}^{{2}^{-（k+1）}}$，故現(xiàn)在證明f（${e}^{{2}^{-k}}$）≥${e}^{{2}^{-（k+1）}}$…（9分）
構(gòu)造函數(shù)u（x）=e^x-x${e}^{\frac{x}{2}}$-1，則u′（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}$-1），
∵x＞0，易證${e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{2}$-1＞0，u′（x）＞0，
∴函數(shù)u（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
故u（$\frac{1}{{2}^{k}}$）＞u（0）=0，即${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$-$\frac{1}{{2}^{k}}$•${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$-1＞0，
則f（${e}^{{2}^{-k}}$）=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{{2}^{-k}}$＞${e}^{{2}^{-（k+1）}}$，
由（1）及題意知f（${e}^{{2}^{-k}}$）=$\frac{{e}^{{2}^{-k}}-1}{{2}^{-k}}$＞${e}^{{2}^{-（k+1）}}$，
綜合（1）（2）知：對任意的n∈N*都有2ⁿlna_n≥1成立．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及極值的綜合運(yùn)用，考查數(shù)學(xué)歸納法求證不等式成立，構(gòu)造法求函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生的歸納推理能力，屬于難題．