Question

6．已知f（x）=（a-ln x）x-1．
（I）不等式f（x）≤0对任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）已知正项数列{a_n}满足a₁=e，a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$，求证：a_n＞e${\;}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．

Answer 1

分析 （I）由不等式f（x）≤0，化为：a≤lnx+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．设函数g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．
（II）：由（I）可知：a=1，lnx+$\frac{1}{x}$≥1恒成立，-lnx+x≥1，即lnx≤x-1．由a₁=e＞1，及归纳可得：a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{ln{a}_{n}}{ln{a}_{n}}$-1=0，∴a_n＞1．下面利用数学归纳法证明：a_n＞${e}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$即可．

解答 （I）解：由不等式f（x）≤0，化为：a≤lnx+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．
设函数g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0，解得x＞1，∴函数g（x）在（1，+∞）上单调递增；
由g′（x）＜0，解得0＜x＜1，∴函数g（x）在（0，1）上单调递减．
∴当x=1时，函数g（x）取得极小值即最小值，
∴g（1）=1，∴a≤1．∴实数a的取值范围是（-∞，1]．
（II）证明：由（I）可知：a=1，lnx+$\frac{1}{x}$≥1恒成立，-lnx+x≥1，即lnx≤x-1．
由a₁=e＞1，及归纳可得：a_n+1=$\frac{{a}_{n}-1}{ln{a}_{n}}$＞$\frac{ln{a}_{n}}{ln{a}_{n}}$-1=0，∴a_n＞1．下面利用数学归纳法证明：a_n＞${e}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．
①当n=1时，a₁=e＞${e}^{\frac{1}{2}}$成立；
②假设当n=k时命题成立，即a_k＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$．则当n=k+1时，a_k+1=$\frac{{a}_{k}-1}{ln{a}_{k}}$，设h（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，x∈（1，+∞）．
h′（x）=$\frac{lnx-\frac{x-1}{x}}{（lnx）^{2}}$，由（I）可知：lnx-$\frac{x-1}{x}$＞0，
∴h′（x）＞0，∴h（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴由归纳假设可知：a_k+1=h（a_k）＞$h（{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}）$，
要证明：n=k+1时成立，只须证明$h（{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}）$＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k+1}}}$，即证明：$\frac{{e}^{\frac{1}{{2}^{k}}}-1}{\frac{1}{{2}^{k}}}$＞${e}^{\frac{1}{{2}^{k+1}}}$，
令$\frac{1}{{2}^{k}}$=x，则$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞${e}^{\frac{1}{2}x}$?e^x-1＞x${e}^{\frac{1}{2}x}$，x∈（0，1），
令u（x）=e^x-1-$x{e}^{\frac{1}{2}x}$，u′（x）=e^x-$（1+\frac{1}{2}x）{e}^{\frac{1}{2}x}$=${e}^{\frac{1}{2}x}$$（{e}^{\frac{1}{2}x}-1-\frac{x}{2}）$＞0，
∴u（x）＞u（0）=0，
∴当n=k+1时命题成立，
综上可得：对?nN^*，a_n＞e${\;}^{\frac{1}{{2}^{n}}}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、数列问题、首项归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．