Question

12．已知函数f（x）=$\frac{x-1}{lnx}$．
（Ⅰ）试判断函数y=f（x）在（1，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）令a_n+1=f（a_n）（n∈N^•），若a₁=$\sqrt{e}$，求证2ⁿlna_n≥1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，令g（x）=xlnx-x+1，通过求导得到g（x）在（1，+∞）单调递增，从而求出f（x）的单调性；
（Ⅱ）用数学归纳法证明：（1）n=1时，命题成立，（2）假设n=k时，命题成立，再证出n=k+1时命题成立即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$\frac{xlnx-x+1}{{x（lnx）}^{2}}$，
当x∈（1，+∞）时，有x（lnx）²＞0，
故只需考察函数g（x）=xlnx-x+1在（1，+∞）的函数值变化，
而g′（x）=lnx+1-1=lnx，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）=lnx＞0，
故g（x）在（1，+∞）单调递增，
则有：g（x）＞g（1）=0，
∴x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴y=f（x）在（1，+∞）单调递增；
（Ⅱ）下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，a₁=$\sqrt{e}$，∴2lna₁=2ln$\sqrt{e}$=1，
∴n=1时，命题成立；
（2）假设n=k（k≥1）时，命题成立，即：2^klna_k≥1，
要证明n=k+1时，命题成立，即证明2^k+1lna_k+1≥1，只需证明a_k+1≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
依题意知a_k+1=f（a₁），即证明：f（a₁）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
由归纳假设2^klna_k≥1，得a_k≥${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞1，
由（Ⅰ）知：f（a_k）≥f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$
若f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，则必有f（a_k）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
下面证明：f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，
构造函数g（x）=e^x-1-x${e}^{\frac{x}{2}}$（x＞0），
则g′（x）=e^x-${e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{2}$${e}^{\frac{x}{2}}$=${e}^{\frac{x}{2}}$（${e}^{\frac{x}{2}}$-$\frac{x}{2}$），
∵x＞0，∴${e}^{\frac{x}{2}}$＞1，
由（Ⅰ）得：${e}^{\frac{x}{2}}$-1-$\frac{x}{2}$＞0，
∴x＞0时，g′（x）＞0，则g（x）在（0，+∞）上递增，
则g（$\frac{1}{{2}^{k}}$）＞g（0），即：${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$-1-$\frac{1}{{2}^{k}}$${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$＞0，
则：f（${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$）=$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}-1}}{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$=${e}^{\frac{1}{2（k+1）}}$②，
由①②及题意得f（a_k）≥${e}^{\frac{1}{{2}^{（k+1）}}}$，即2^（k+1）lna_k+1≥1，
综合（1）（2）得：对?n∈N^•，都有2ⁿlna_n≥1成立．

点评 本题考察了函数的单调性，考察导数的应用，考察数学归纳法的应用，是一道难题．