Question

函数f（x）=lnx，g（x）=x²．
（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）-x+1的最大值；
（Ⅱ）对于任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＜x₁是否存在实数m，使mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）恒为正数？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若正项数列{a_n}满足

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

，a₁=

1

2

，且数列{a_n}的前n项和为S_n，试比较2e sn与2ⁿ+1的大小，并加以证明．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用,等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）求出函数的定义域、导数h′（x），由导数的符号可知函数单调性，根据单调性即可得到最大值；
（Ⅱ）mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，则只需φ（x）在（0，+∞）上单调递减．从而有φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，分离出参数m后化为函数最值即可，利用导数可求得函数的最值；
（Ⅲ）由

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

，得

1

an+1

-1=

1

2

(

1

an

-1)，知{

1

an

-1}是等比数列，可求a_n，比较2e sn与2ⁿ+1的大小，只需比较S_n与ln

2n+1

2

的大小，由（Ⅰ）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），a_n＞ln（a_n+1）=ln

2n+1

2n-1+1

=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1），分别令n=1，2，…，n可得n个不等式，累加可得结论；

解答： 解：（Ⅰ）函数h（x）的定义域为（0，+∞），
∵h（x）=lnx-x+1，∴h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上是单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（1）=0，即函数的最大值为0．
（Ⅱ）若mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞0恒成立，只需mg（x₂）+x₂f（x₂）＞mg（x₁）+x₁f（x₁），
设φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，
又0＜x₂＜x₁，则只需φ（x）在（0，+∞）上单调递减．
∴φ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得2m≤

-1-lnx

x

，
设t（x）=

-1-lnx

x

，则t′（x）=

lnx

x2

，知函数t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，即t（x）_min=t（1）=-1．
∴存在实数m≤-

1

2

，使mg（x₂）-mg（x₁）-x₁f（x₁）+x₂f（x₂）恒为正数．
（Ⅲ）由

1

an+1

=

(1+an)an

2g(an)

=

1

2

•

1

an

+

1

2

，得

1

an+1

-1=

1

2

(

1

an

-1)，
又a₁=

1

2

，知{

1

an

-1}是等比数列，公比为

1

2

，首项为1，则

1

an+1

-1=(

1

2

)n，an=

2n-1

1+2n-1

．  
结论：2eSn＞2ⁿ+1，证明如下：
∵a_n∈（0，1），由（Ⅰ）知，x-1＞lnx，得x＞ln（x+1）（x＞0），
∴a_n＞ln（a_n+1）=ln

2n+1

2n-1+1

=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1），
故a₁+a₂+…+a_n＞ln（2¹+1）-ln（2⁰+1）+ln（2²+1）-ln（2¹+1）+…+ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1）
=ln（2ⁿ+1）-ln（2⁰+1）=ln（

2n+1

2

），即Sn＞ln

2n+1

2

成立，
∴2e sn＞2ⁿ+1．

点评：该题考查利用导数研究函数的最值、函数恒成立，考查数列与函数的综合问题，考查学生分析解决问题的能力．本题第（Ⅲ）问也可用数学归纳法证明，递推过程中用第（Ⅰ）问结论．