Question

已知数列{a_n}满足a₁=t＞1，a_n+1=

n+1

n

a_n．函数f（x）=ln（1+x）+mx²-x（m∈[0，

1

2

]）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）试讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）若m=

1

2

，数列{b_n}满足b_n=f（a_n）+a_n，求证：

2

an+2

＜

an

bn

＜1．

Answer 1

考点：数列与函数的综合,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用,等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）将递推公式化为

an

an-1

=

n

n-1

，利用累积法求出数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）由求导公式函数f（x）的导数，化简后对m进行分类讨论，并根据导数的符号分别求出函数的单调区间；（Ⅲ）根据前两问的结论，求出b_n和函数f（x）的范围，并进行转化为新的不等式问题，再构造新的函数，利用导数判断其单调性，求出函数的最小值，从而证明不等式成立．

解答： 解：（I）∵a_n+1=

n+1

n

a_n，
∴当n≥2时，

an

an-1

=

n

n-1

，
∴

a2

a1

•

a3

a2

…

an

an-1

=

2

1

•

3

2

…

n

n-1

，即

an

a1

=n，
∴a_n=nt，对n=1也成立，
∴数列{a_n}的通项公式为a_n=nt．…（3分）
（II）∵f（x）=ln（1+x）+mx²-x，
∴f′(x)=

1

1+x

+2mx-1=

2mx2+2mx-x

1+x

=

x(2mx+2m-1)

1+x

（x＞-1），…（4分）
当m=0时，f′(x)=

-x

1+x

，当-1＜x＜0时，f′(x)=

-x

1+x

＞0；
当x＞0时，f′(x)=

-x

1+x

＜0，
∴函数f（x）的单调增区间是（-1，0），减区间是（0，+∞）；…（5分）
当0＜m≤

1

2

时，令f′（x）=0，解得x₁=0，x2=-

2m-1

2m

=-1+

1

2m

．
当0＜m＜

1

2

时，x₂＞0，当-＜x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜-1+

1

2m

时，f′（x）＜0；
x＞-1+

1

2m

时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的单调增区间是（-1，0）和（-1+

1

2m

，+∞），减区间是（0，-1+

1

2m

）；…（6分）
当m=

1

2

时，x1=x2=-

2m-1

2m

=0，f′(x)=

-x

1+x

≥0，
∴函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无减区间．…（7分）
综上所述，当m=0时，∴函数f（x）的单调增区间是（-1，0），减区间是（0，+∞）；
当0＜m＜

1

2

时，函数f（x）的单调增区间是（-1，0）和（-1+

1

2m

，+∞），减区间是（0，-1+

1

2m

）；
当m=

1

2

时，函数f（x）的单调增区间是（1，+∞），无减区间．
（III）当m=

1

2

时，f（x）=ln（1+x）+

1

2

x²-x，
∵b_n=f（a_n）+a_n，∴b_n=ln（1+a_n）+

1

2

a_n²．
由a_n=nt得（t＞1），b_n＞0．…（8分）
要证

an

bn

＜1，即证a_n＜b_n，即证ln（1+a_n）+

1

2

a_n²-a_n＞0．
由（II）得f（x）=ln（1+x）+

1

2

x²-x在（0，+∞）上单调递增，
∴f（x）=ln（1+x）+

1

2

x²-x＞f（0）=0，
∴f（a_n）=ln（1+a_n）+

1

2

a_n²-a_n＞0，即

an

bn

＜1成立．…（11分）
要证

2

an+2

＜

an

bn

，由a_n+2＞0，即证a_n²+2a_n＞2b_n，
即证a_n²+2a_n＞2ln（1+a_n）+a_n²，即证a_n＞ln（1+a_n）．
设g（x）=x-ln（1+x）（x＞0），g′(x)=1-

1

1+x

=

x

1+x

＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）＞g（0）=0，
从而a_n＞ln（1+a_n），即

2

an+2

＜

an

bn

成立．
综上，

2

an+2

＜

an

bn

＜1．…（14分）

点评：本题考查递推数列、函数与导数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等．