Question

已知对任意正整数n，函数fn(x)=x-

a

x

-2nlnx恒存在极小值a_n（a＞0），
（Ⅰ）求实数a的取值范围；
（Ⅱ）求a_n并判断数列{a_n}的单调性；
（Ⅲ）是否存在m∈N^*，使a_m＞0，若存在，求m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因为函数的极小值处导数等于0，且极小值点处导数左负右正，若fn(x)=x-

a

x

-2nlnx恒存在极小值a_n（a＞0），则导数等于0必有正解．因为fn′(x)=1+

a

x2

-

2n

x

=

x2-2nx+a

x2

，所以方程x²-2nx+a=0必有两正根，则△＞0恒成立，解得a的范围即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，函数的极小值是方程x²-2nx+a=0的根，解方程，根据一元二次方程根的分布，可判断当n=n+

n2-a

时函数有极小值，求出极小值．再利用导数判断数列{a_n}的单调性．
（Ⅲ）先假设存在m∈N^*，使a_m＞0，由（Ⅱ）已判断数列{a_n}是单调减数列，所以当n=1时a_n最大，只需求a_n，看是否大于0，即可．

解答：解：（Ⅰ）fn′(x)=1+

a

x2

-

2n

x

=

x2-2nx+a

x2

由条件得：方程x²-2nx+a=0必有两根，
∵两根之和为2n＞0，两根之积为a＞0
∴两根必为正根
则△=4n²-4a＞0，
得a＜n²，对一切正整数n都成立
所以，a的取值范围是0＜a＜1．
（Ⅱ）为x1，2=n±

n2-a

函数的极小值

an=f(n+ n2-a )=n+ n2-a - a n+ n2-a -2nln(n+ n2-a ) =2 n2-a -2nln(n+ n2-a )

设g(x)=2

x2-a

-2xln(x+

x2-a

)，（x≥1），则

g′(x)= 2x x2-a -2ln(x+ x2-a )- 2x x+ x2-a (1+ 2x 2 x2-a ) = 2x x2-a -2ln(x+ x2-a )- 2x x2-a =-2ln(x+ x2-a )

因为x≥1，所以ln(x+

x2-a

)＞0，得g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，+∞）上单调递减，故{a_n}是递减数列．
（Ⅲ）假设存在m∈N^*，使a_m＞0，
由（Ⅱ）知{a_n}是递减数列，先考虑第一项a1=2

1-a

-2ln(1+

1-a

)
令t=

1-a

，则t∈（0，1），a₁=φ（t）=2t-2ln（1+t），则φ′(t)=2-

2

1+t

＞0，φ（t）单调递增，φ（t）＞φ（0）=0，所以a₁＞0；
再考虑第二项a2=2

4-a

-4ln(2+

4-a

)
令u=

4-a

，则u∈(

3

，2)，a₂=h（u）=2u-4ln（2+u），则h′(u)=2-

4

2+u

=

2u

2+u

＞0h（u）单调递增，h（u）＜h（2）=4-4ln4＜0，所以a₂＜0，
故存在m=1符合题意．

点评：本题主要考查利用导数求函数极小值，以及利用导数判断数列的单调性，及数列单调性的应用．