Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=x-1．
（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）-g（x）的极小值；
（Ⅱ）已知x₁=2且f（x_n+1）=g（x_n），证明：
（i）x_n＞x_n+1＞1
（ii）x₁+x₂+…+x_n≥n+2-2^1-n．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的概念及应用

分析：（Ⅰ）由题意h′（x）=lnx，令h′（x）=0，得x=1，由此能求出h（x）的极小值．
（Ⅱ）先利用数学归纳法证明证x_n＞1，再利用作差法证明x_n＞x_n+1，由此能证明x_n＞x_n+1＞1．
（ii）设F（x）=

xlnx

x-1

，（1＜x＜2），则F′(x)=

x-1-lnx

(x-1)2

，令G（x）=x-1-lnx，（1＜x＜2），由此利用导数性质能证明x₁+x₂+…+x_n≥n+2-2^1-n．

解答： （Ⅰ）解：由题意得h（x）=f（x）-g（x）=xlnx-x+1，
则h′（x）=lnx，
令h′（x）=0，得x=1，
令h′（x）＞0，得x＞1，h′（x）＜0得0＜x＜1，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
∴h（x）的极小值为h（1）=0．
（Ⅱ）（i）证明：先证x_n＞1，当n=1时，x₁=2＞1，
设n=k时，x_k＞1，则当n=k+1时，
f（x_k+1）=g（x_k），即x_k+1lnx_k+1=x_k-1，
由x_k＞1，得x_k+1lnx_k+1=x_k-1＞0，
则lnx_k+1＞0，得x_k+1＞1，
故证得x_n＞1．
再证x_n＞x_n+1，
∵x_n-x_n+1=（x_n-1）-（x_n+1-1）=g（x_n）-g（x_n+1）
=f（x_n+1）-g（x_n+1）=h（x_n+1），
由x_n+1＞1及h（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∴h（x_n+1）＞h（1）=0，故x_n-x_n+1＞0，
证得x_n＞x_n+1，
∴x_n＞x_n+1＞1．
（ii）证明：设F（x）=

xlnx

x-1

，（1＜x＜2），
则F′(x)=

x-1-lnx

(x-1)2

，令G（x）=x-1-lnx，（1＜x＜2），
则G′(x)=

x-1

x

＞0，
∴G（x）＞G（1）=0，∴F′（x）=

x-1-lnx

(x-1)2

＞0，
F（x）在（1，2）上单调递增，
得F（x）＜F（2）=2ln2＜2，
∴

xn-1

xn+1-1

=

xn+1lnxn+1

xn+1-1

=F(xn+1)，
又1＜x_n+1＜x₁=2，
∴F（x_n+1）＜2，则

xn-1

xn+1-1

＜2，
则

xn+1-1

xn-1

＞

1

2

，
∴xn-1=

xn-1

xn+1-1

×

xn-1-1

xn-2-1

×…×

x2-1

x1-1

•(x1-1)≥(

1

2

)n-1=

1

2n-1

，
则x₁+x₂+…+x_n-n≥

1

20

+

1

2

+…+

1

2n-1

=2-2^1-n，
∴x₁+x₂+…+x_n≥n+2-2^1-n．

点评：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．