Question

11．已知f（x）=lnx-x+1（x∈R⁺），g（x）=mx-1（m＞0）．
（1）求函数y=f（x）的单调区间；
（2）设x＞0，讨论函数y=f（x）的图象与直线g（x）=mx-1（m＞0）公共点的个数；
（3）若数列{a_n}的各项均为正数，a₁=1，在m=2时，a_n+1=f（a_n）+g（a_n）+2（n∈N^*），求证：a_n≤2ⁿ-1．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导，从而求出函数的单调区间；
（2）问题等价于曲线y=$\frac{lnx+2}{x}$-1与直线y=m（m＞0）公共点的个数．构造h（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-1，通过讨论m法范围，得到交点的个数；
（3）根据a_n+1+1≤2（a_n+1），对n取值，作乘即可得到结果．

解答 解：（1）求导f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，由f′（x）=0得x=1．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
所以函数y=f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
（2）当x＞0时，函数y=f（x）的图象与直线g（x）=mx-1（m＞0）公共点的个数
等价于曲线y=$\frac{lnx+2}{x}$-1与直线y=m（m＞0）公共点的个数．
令h（x）=$\frac{lnx+2}{x}$-1，则h′（x）=-$\frac{1+lnx}{{x}^{2}}$，所以h′（$\frac{1}{e}$）=0．
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是增函数；
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上是减函数．
所以，h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（$\frac{1}{e}$）=e-1＞0，
且h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=-1＜0，h（e²）=$\frac{4}{{e}^{2}}$-1＜0，


如图：于是
①当0＜m＜e-1时，函数y=f（x）的图象与直线g（x）=mx-1（m＞0）有2个公共点；
②当m=e-1时，函数y=f（x）的图象与直线g（x）=mx-1（m＞0）有1个公共点；
③当m＞e-1时，函数y=f（x）的图象与直线g（x）=mx-1（m＞0）有0个公共点．
（3）由题意，正项数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=lna_n+a_n+2，
由（Ⅰ）知：f（x）=lnx-x+1≤f（1）=0，即有不等式lnx≤x-1（x＞0）
由已知条件知a_n＞0，a_n+1=lna_n+a_n+2≤a_n-1+a_n+2=2a_n+1，
故a_n+1+1≤2（a_n+1），
所以当n≥2时，0＜$\frac{{a}_{2}+1}{{a}_{1}+1}$≤2，0＜$\frac{{a}_{3}+1}{{a}_{2}+1}$≤2，…，0＜$\frac{{a}_{n-1}+1}{{a}_{n-2}+1}$≤2，0＜$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{n-1}+1}$≤2，
以上格式相乘得：0＜$\frac{{a}_{n}+1}{{a}_{1}+1}$≤2^n-1，又a₁=1，故a_n+1≤2ⁿ，
即a_n≤2ⁿ-1，对n=1也成立．
所以有a_n≤2ⁿ-1（n∈N^*）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，本题有一定的难度．