Question

15．已知函数f（x）=lnx-bx-$\frac{a}{x}$（a，b为常数）在x=1处的切线垂直于y轴．
（1）求实数a，b的关系式；
（2）当a=-1时，函数y=f（x）与函数g（x）=-2x+m的图象有两个不同的公共点，求实数m的取值范围；
（3）数列{a_n}满足a_n=1-$\frac{1}{{a}_{n-1}+1}$（n∈N⁺且n≥2），a₁=$\frac{1}{2}$，数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：2ⁿ•a_n$≥{e}^{{s}_{n}+{a}_{n}-1}$（n∈N⁺，e是自然对数的底）

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，结合函数f（x）在x=1处的切线垂直于y轴可得f′（1）=0，由此得到实数a，b的关系式；
（2）由a=-1得b=0，代入函数解析式求得f（x），构造辅助函数F（x）=f（x）-g（x），把函数y=f（x）与函数g（x）=-2x+m的图象有两个不同的公共点转化为$lnx+\frac{1}{x}+2x=m$有两个不同的根．再令h（x）=lnx$+\frac{1}{x}$+2x，利用导数求其最小值，从而得到m的取值范围；
（3）把已知的数列递推式变形，得到列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2为首项，以1为公差的等差数列，由此求出数列{a_n}的通项公式，结合（2）知，$lnx+\frac{1}{x}+2x＞3-ln2$，令$x=\frac{n}{n+1}$，得$ln\frac{n}{n+1}+\frac{n+1}{n}+\frac{2n}{n+1}≥3-ln2$，然后利用累加法得$ln{a}_{n}+ln{2}^{n}≥{S}_{n}+{a}_{n}-1$，则结论得到证明．

解答 解：（1）由f（x）=lnx-bx-$\frac{a}{x}$，得${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}-b+\frac{a}{{x}^{2}}$，
由f′（1）=0，得1-b+a=0，即b=a+1；
（2）当a=-1时，b=0，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+2x-m，
于是函数y=f（x）与函数g（x）=-2x+m的图象有两个不同的公共点，
等价于$lnx+\frac{1}{x}+2x=m$有两个不同的根．
令h（x）=lnx$+\frac{1}{x}$+2x，${h}^{′}（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}+2=\frac{2{x}^{2}+x-1}{{x}^{2}}（x＞0）$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上单调递减，在[$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，且h（$\frac{1}{2}$）=3-ln2，
当x→0时，h（x）→+∞，当x→+∞时，h（x）→+∞．
∴当m＞3-ln2时，函数y=f（x）与函数g（x）=-2x+m的图象有两个不同的公共点；
（3）a_n=1-$\frac{1}{{a}_{n-1}+1}$，∴${a}_{n}=\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-1}+1}$，$\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n-1}}=1$，
则数列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}是以2为首项，以1为公差的等差数列，
$\frac{1}{{a}_{n}}=2+（n-1）=n+1$，则${a}_{n}=\frac{1}{n+1}$，
由（2）知，$lnx+\frac{1}{x}+2x＞3-ln2$，
令$x=\frac{n}{n+1}$，得$ln\frac{n}{n+1}+\frac{n+1}{n}+\frac{2n}{n+1}≥3-ln2$，
即$ln\frac{n}{n+1}+ln2≥\frac{2}{n+1}-\frac{1}{n}$，
∴$ln\frac{1}{2}+ln2≥\frac{2}{2}-\frac{1}{1}$，
$ln\frac{2}{3}+ln2≥\frac{2}{3}-\frac{1}{2}$，
…
$ln\frac{n}{n+1}+ln2≥\frac{2}{n+1}-\frac{1}{n}$，
累加得：$ln\frac{1}{n+1}+nln2≥\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+1}-1$=S_n+a_n-1．
即$ln{a}_{n}+ln{2}^{n}≥{S}_{n}+{a}_{n}-1$．
∴2ⁿ•a_n$≥{e}^{{s}_{n}+{a}_{n}-1}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了数列的函数特性，训练了利用函数单调性证明数列不等式，考查了数学转化思想方法，是压轴题．