Question

（2012•藍(lán)山縣模擬）已知函數(shù)f（x）=ax-

b

x

-2lnx，f(1)=0．
（1）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象在x=1處的切線垂直于y軸，數(shù)列{a_n}滿足an+1=f′(

1

an+1

)-nan+1．
①若a₁≥3，求證：a_n≥n+2（n∈N^*）；
②若a₁=4，試比較

1

1+a1

+

1

1+a2

+

1

1+a3

+…+

1

1+an

與

2

5

的大小，并說(shuō)明你的理由．

Answer 1

分析：（1）f （1）=a-b=0，可得a=b，代入f′（x），要使函數(shù)f （x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，則?x∈（0，+∞）內(nèi)f′（x）=a+

a

x2

-

2

x

≥0，內(nèi)f′（x）=a+

a

x2

-

2

x

≤0恒成立，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)可求a的范圍
（2）①由題意及導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，f′（1）=0，從而可求f′（x），結(jié)合已知an+1=f′(

1

an+1

)-nan+1，利用數(shù)學(xué)歸納法可證①
②由a_n+1=a_n（a_n-n）+1及①對(duì)k≥2都有a_k=a_k-1（a_k-1-k+1）+1≥a_k-1（k-1+2-k+1）+1=2a_k-1+1，利用不等式的放縮可得a_k+1≥2（a_k-1+1）≥2²（a_k-2+1）≥2³（a_k-3+1）≥…≥2^k-1（a₁+1），結(jié)合等比數(shù)列的求和公式即可判斷

解答：解：（1）∵f （1）=a-b=0，
∴a=b，
∴f′（x）=a+

a

x2

-

2

x

．
要使函數(shù)f （x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，則?x∈（0，+∞）內(nèi)f′（x）=a+

a

x2

-

2

x

≥0，
或f′（x）=a+

a

x2

-

2

x

≤0恒成立
∵f′(x)=

ax2+a-2x

x2

由f′（x）≥0得a≥

2x

x2+1

而

2x

x2+1

≤

2x

2x

=1
∴a≥1由f′（x）≤0得a≤

2x

x2+1

而

2x

x2+1

＞0
∴a≤0經(jīng)驗(yàn)證a=0及a=1均合題意，故a≤0或a≥1
∴所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1或a≤0． （5分）
（2）∵函數(shù)f （x）的圖象在x=1處的切線的斜率為0，
∴f′（1）=0，即a+a-2=0，解得a=1，
∴f′（x）=(

1

x

-1)2，
∴a_n+1=f′(

1

an+1

)-nan+1=

a

2 n

-nan+1．（7分）
①用數(shù)學(xué)歸納法證明：（i）當(dāng)n=1時(shí)，a₁≥3=1+2，不等式成立；
（ii）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)不等式成立，即a_k≥k+2，那么a_k-k≥2＞0，
∴a_k+1=a_k （a_k-k）+1≥2 （k+2）+1=（k+3）+k+2＞k+3，
也就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)，a_k+1≥（k+1）+2．根據(jù)（i）和（ii），對(duì)于所有n≥1，有a_n≥n+2．  （10分）
②由a_n+1=a_n（a_n-n）+1及①對(duì)k≥2都有a_k=a_k-1（a_k-1-k+1）+1≥a_k-1（k-1+2-k+1）+1=2a_k-1+1
∴a_k+1≥2（a_k-1+1）≥2²（a_k-2+1）≥2³（a_k-3+1）≥…≥2^k-1（a₁+1）
而

1

1+a1

=

1

5

于是當(dāng)k≥2時(shí)，

1

1+ak

≤

1

5

•

1

2k-1

∴

1

1+a1

+

1

1+a2

+…+

1

1+ak

≤

1

5

(1+

1

2

+…+

1

2n-1

)=

1- 1 2n

1- 1 2

×

1

5

=

2

5

(1-

1

2n

)＜

2

5

（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考察了導(dǎo)數(shù)的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在函數(shù)的單調(diào)性中的應(yīng)用，數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)學(xué)命題的證明中的應(yīng)用及放縮法的應(yīng)用，具有一定的綜合性