Question

已知函数f（x）=lnx+

1

x

-1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设m∈R，对任意的a∈（-1，1），总存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立，求实数m的取值范围；
（3）若{a_n}是首项为1的正项数列，且na_n+1²-（n+1）a_n²-a_n+1a_n=0，若不等式e^（n-1）α≥a_n对任意的n≥2且n∈N^*都成立，求α的取值范围．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,压轴题,函数的性质及应用,导数的综合应用,等差数列与等比数列

分析：（1）由函数f（x）=lnx+

1

x

-1确定函数的定义域并求导，从而求函数f（x）的单调区间；
（2）先由（1）求得0≤f（x₀）≤

1

e

，从而将对任意的a∈（-1，1），总存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立化为对任意的a∈（-1，1），ma＜

1

e

恒成立，从而求实数m的取值范围；
（3）由na_n+1²-（n+1）a_n²-a_n+1a_n=0可求得a_n=n，从而化不等式e^（n-1）α≥a_n对任意的n≥2且n∈N^*都成立为e^（n-1）α≥n对任意的n≥2且n∈N^*都成立，注意到当n=2时，e^α≥2，则α≥ln2＞

1

2

；则在α≥ln2＞

1

2

下讨论即可，
故可判断f（x）=（x-1）α-lnx在[2，+∞）上是增函数，从而可求α的取值范围．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx+

1

x

-1的定义域为（0，+∞），
且f′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
故函数f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）；
（2）∵函数f（x）在[1，e]上单调递增，
∴0≤f（x₀）≤

1

e

，
∴对任意的a∈（-1，1），总存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立可化为
对任意的a∈（-1，1），ma＜

1

e

恒成立，
故

-m≤ 1 e m≤ 1 e

，
解得，-

1

e

≤m≤

1

e

；
（3）∵na_n+1²-（n+1）a_n²-a_n+1a_n=0，
∴[na_n+1-（n+1）a_n][a_n+1+a_n]=0，
又∵{a_n}是首项为1的正项数列，
∴na_n+1-（n+1）a_n=0，
∴

an+1

an

=

n+1

n

，又∵首项为1，
∴a_n=n，
则不等式e^（n-1）α≥a_n对任意的n≥2且n∈N^*都成立可化为e^（n-1）α≥n对任意的n≥2且n∈N^*都成立；
则当n=2时，e^α≥2，则α≥ln2＞

1

2

；
e^（n-1）α≥n对任意的n≥2且n∈N^*都成立可化为（n-1）α-lnn≥0对任意的n≥2且n∈N^*都成立；
令f（x）=（x-1）α-lnx，则f′（x）=α-

1

x

，
则当x∈[2，+∞）时，f′（x）=α-

1

x

＞0，
f（x）=（x-1）α-lnx在[2，+∞）上是增函数，
故（n-1）α-lnn≥0对任意的n≥2且n∈N^*都成立可化为α-ln2≥0，
故α≥ln2．
综上所述，α≥ln2．

点评：本题考查了导数的应用及数列的通项求法，同时考查了恒成立问题及存在性问题的处理，属于难题．