Question

已知函數f（x）=lnx+

1

x

-1．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）設m∈R，對任意的a∈（-1，1），總存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立，求實數m的取值范圍；
（3）若{a_n}是首項為1的正項數列，且na_n+1²-（n+1）a_n²-a_n+1a_n=0，若不等式e^（n-1）α≥a_n對任意的n≥2且n∈N^*都成立，求α的取值范圍．

Answer 1

考點：數列與不等式的綜合,利用導數研究函數的單調性

專題：計算題,壓軸題,函數的性質及應用,導數的綜合應用,等差數列與等比數列

分析：（1）由函數f（x）=lnx+

1

x

-1確定函數的定義域并求導，從而求函數f（x）的單調區間；
（2）先由（1）求得0≤f（x₀）≤

1

e

，從而將對任意的a∈（-1，1），總存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立化為對任意的a∈（-1，1），ma＜

1

e

恒成立，從而求實數m的取值范圍；
（3）由na_n+1²-（n+1）a_n²-a_n+1a_n=0可求得a_n=n，從而化不等式e^（n-1）α≥a_n對任意的n≥2且n∈N^*都成立為e^（n-1）α≥n對任意的n≥2且n∈N^*都成立，注意到當n=2時，e^α≥2，則α≥ln2＞

1

2

；則在α≥ln2＞

1

2

下討論即可，
故可判斷f（x）=（x-1）α-lnx在[2，+∞）上是增函數，從而可求α的取值范圍．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx+

1

x

-1的定義域為（0，+∞），
且f′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
故函數f（x）的單調減區間為（0，1），單調增區間為（1，+∞）；
（2）∵函數f（x）在[1，e]上單調遞增，
∴0≤f（x₀）≤

1

e

，
∴對任意的a∈（-1，1），總存在x₀∈[1，e]，使得不等式ma-f（x₀）＜0成立可化為
對任意的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}是首項為1的正項數列，
∴na_n+1-（n+1）a_n=0，
∴

an+1

an

=

n+1

n

，又∵首項為1，
∴a_n=n，
則不等式e^（n-1）α≥a_n對任意的n≥2且n∈N^*都成立可化為e^（n-1）α≥n對任意的n≥2且n∈N^*都成立；
則當n=2時，e^α≥2，則α≥ln2＞

1

2

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

1

x

，
則當x∈[2，+∞）時，f′（x）=α-

1

x

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

點評：本題考查了導數的應用及數列的通項求法，同時考查了恒成立問題及存在性問題的處理，屬于難題．