Question

已知函数f（x）=ln（1+x）-kx（k∈R）
（Ⅰ）若f（x）的最大值为0，求k的值；
（Ⅱ）已知数列{a_n}满足a₁=1，an+1=ln(1+an)-

1

2

an(n∈N*)．
（ⅰ）求证：a₁+a₂+a₃+…a_n＜2；
（ⅱ）是否存在n∈N^*，使得a_n∉（0，1]，若不存在，请给予证明；若存在，请求出n．

Answer 1

分析：（Ⅰ）确定函数的定义域，求出导函数，再分类讨论：①当k≤0时，不满足题意（x可以取任意的正数）；②当k＞0，确定函数的单调性，利用f（x）的最大值为0，可求k的值；
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，f（x）=ln（1+x）-x≤0，所以ln（1+x）≤x，从而可得an+1≤

1

2

an，进一步可得an≤(

1

2

)n-1，再利用等比数列的求和公式，即可得到结论；
（ⅱ）不存在，由（ⅰ）得an≤(

1

2

)n-1≤1，只需证明a_n＞0，用数学归纳法证明：a_n＞0对任意的正整数都成立即可．

解答：（Ⅰ）解：函数的定义域为（-1，+∞），f′ (x)=

1

1+x

-k（求出导数给1分）
①当k≤0时，令x=e-1，则f（e-1）=1-（e-1）k＞0不满足题意（x可以取任意的正数）…（3分）
②当k＞0，f′(x)=

1

1+x

-k=

-kx+(1-k)

1+x

令f′（x）＞0，∵x+1＞0，
∴f′（x）＞0，
∴-kx+（1-k）＞0，
∴x＞

k-1

-k

=

1

k

-1＞-1
∴f（x）在(-1，

1

k

-1)上单调递增，在(

1

k

-1，+∞)上单调递减．
∴f(x)max=f(

1

k

-1)=0，即ln(

1

k

)+k-1=0，
∴k-lnk-1=0，
∴k=1（求出k=1…2分）
设g（x）=k-lnk-1，g′ (x)=1-

1

k

＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以k=1是唯一解．
综上所述k=1时，f（x）的最大值为0（说明唯一性1分）
（Ⅱ）（ⅰ）证明：由（Ⅰ）知，f（x）=ln（1+x）-x≤0，∴ln（1+x）≤x，
∴ln（1+a_n+1）≤a_n+1，∴an+1=ln(1+an)-

1

2

an≤an-

1

2

an
∴an+1≤

1

2

an
∴an≤

1

2

an-1≤(

1

2

)2an-2≤(

1

2

)3an-3≤…≤(

1

2

)n-1a1=(

1

2

)n-1，
即an≤(

1

2

)n-1…（8分）
∴a1+a2+a3+…an≤1+

1

2

+(

1

2

)2+…+(

1

2

)n-1=

1×[1-( 1 2 )n]

1- 1 2

=2-2×(

1

2

)n＜2…（10分）
（ⅱ）不存在，…（11分）（如果探索后给出正确的结论给（1分），只给结论不得分）
由（ⅰ）得an≤(

1

2

)n-1≤1，只需证明a_n＞0
下面用数学归纳法证明：a_n＞0对任意的正整数都成立
①当n=1时，a₁=1＞0（与后面的综上所述合起来1分）
②假设当n=k时，a_k＞0，则n=k+1时，ak+1=ln(1+ak)-

1

2

ak
构造函数h(x)=ln(1+x)-

x

2

，h′(x)=

1

1+x

-

1

2

=

1-x

2(1+x)

，
令h′(x)=

1

1+x

-

1

2

=

1-x

2(1+x)

＞0，
∵1+x＞0，∴x＜1，∴h（x）在（-1，1）上单调递增，
∵0＜a_k≤1，a_k+1=h（a_k）=ln(1+ak)-

1

2

ak＞h(0)=0
∴n=k+1时，a_k+1＞0
综合①②对任意的n∈N^*，a_n＞0都成立．
（从n=k到n=k+1说清楚给2分）
综上，对任意的n∈N^*，a_n∈（0，1]都成立．
∴不存在n∈N^*，使得a_n∉（0，1]．

点评：本题考查利用导数研究函数的最值，单调性，数列递推关系、放缩法、数学归纳法不等式恒成立等知识；同时考查学生的化归与转化能力能力、探索数学交汇问题的解决策略；考查数学建模思想，函数、方程思想的综合应用．