Question

13．已知函數f（x）=x-1-alnx．
（1）若 f（x）≥0，求a的值；
（2）設m為整數，且對于任意正整數n，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜m，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過對函數f（x）=x-1-alnx（x＞0）求導，分a≤0、a＞0兩種情況考慮導函數f′（x）與0的大小關系可得結論；
（2）通過（1）可知lnx≤x-1，進而取特殊值可知ln（1+$\frac{1}{{2}^{k}}$）＜$\frac{1}{{2}^{k}}$，k∈N^*．一方面利用等比數列的求和公式放縮可知（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜e，另一方面可知（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＞2，從而當n≥3時，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）∈（2，e），比較可得結論．

解答 解：（1）因為函數f（x）=x-1-alnx，x＞0，
所以f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，且f（1）=0．
所以當a≤0時f′（x）＞0恒成立，此時y=f（x）在（0，+∞）上單調遞增，這與f（x）≥0矛盾；
當a＞0時令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上單調遞減，在（a，+∞）上單調遞增，即f（x）_min=f（a），
又因為f（x）_min=f（a）≥0，
所以a=1；
（2）由（1）可知當a=1時f（x）=x-1-lnx≥0，即lnx≤x-1，
所以ln（x+1）≤x當且僅當x=0時取等號，
所以ln（1+$\frac{1}{{2}^{k}}$）＜$\frac{1}{{2}^{k}}$，k∈N^*．
一方面，ln（1+$\frac{1}{2}$）+ln（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$=1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1，
即（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜e；
另一方面，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＞（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）（1+$\frac{1}{{2}^{3}}$）=$\frac{135}{64}$＞2；
從而當n≥3時，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）∈（2，e），
因為m為整數，且對于任意正整數n，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜m成立，
所以m的最小值為3．

點評 本題是一道關于函數與不等式的綜合題，考查分類討論的思想，考查轉化與化歸思想，考查運算求解能力，考查等比數列的求和公式，考查放縮法，注意解題方法的積累，屬于難題．