Question

若函数f(x)=

1-x

mx

+lnx(m∈R+)
（1）若f（x）在[1，+∞）上为增函数，求m的范围．
（2）当m=1时，若a＞b＞1，比较f（a^ab^b4^a）与f[（a+b）^a+b]的大小，并说明理由．
（3）当m=1时，设{a_n}为正项数列，且n≥2时[f′（a_n）•f′（a_n-1）+

an+an-1-1

a 2 n • a 2 n-1

]•a_n²=q，（其中q≥2010），a_n的前n项和为S_n，bn=

n

i=1

Si+1

SI

，若b_n≥2011n恒成立，求q的最小值．

Answer 1

分析：（1）由f（x）=

1-x

mx

+lnx，知f′(x)=

-mx-m(1-x)

m2x2

+

1

x

=

mx-1

mx2

，x＞0．由f（x）在[1，+∞）上为增函数，知x∈[1，+∞）时，

mx-1

mx2

≥0恒成立．由此能导出m的范围．
（2）当m=1时，f′(x)=

x-1

x2

，x∈[1，+∞）时，f′(x)=

x-1

x2

≥0，f（x）在[1，+∞）上单调递增，要比较f（a^ab^a4^a）与f[（a+b）^a+b]的大小，即比较log2(aabb4a)与log2[(a+b)a+b]的大小．由此能推导出f（a^ab^b4^a）＞f[（a+b）^a+b]．
（3）当m=1时，f′(x)=

x-1

x2

，且[f′(an)•f′(an-1)+

an+an-1-1

an2-an-12

]•an2=q，所以Sn=

a1(1-qn)

1-q

，由

1-q2

1-q

+

1-q3

1-q2

+…+

1-qn+1

1-qn

≥2011n恒成立，q≥2010时，数列{

1-qn+1

1-qn

}为单调递减数列，能够推导出若b_n≥2011n恒成立，求q的最小值．

解答：解：（1）∵f（x）=

1-x

mx

+lnx，
∴f′(x)=

-mx-m(1-x)

m2x2

+

1

x

=

mx-1

mx2

，x＞0．
∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f′(x)=

mx-1

mx2

在[1，+∞）上恒大于或等于0，
即：x∈[1，+∞）时，

mx-1

mx2

≥0恒成立．
又∵m∈R⁺，即：mx-1≥0恒成立．即：m≥

1

x

恒成立．
∴m的范围为：[1，+∞）．…（4分）
（2）当m=1时，f′(x)=

x-1

x2

，x∈[1，+∞）时，f′(x)=

x-1

x2

≥0，
∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，
要比较f（a^ab^a4^a）与f[（a+b）^a+b]的大小，
∵a^ab^b4^a＞1，且（a+b）^a+b＞1，
即比较a^ab^b4^a与（a+b）^a+b的大小．
即比较log2(aabb4a)与log2[(a+b)a+b]的大小．
∴log2(aabb4a)-log2[(a+b)a+b]-log2[(a+b)a+b]
=alog₂a+blog₂b+2a-（a+b）log₂（a+b）
=alog₂a+2a-alog₂（a+b）-blog₂（a+b）+blog₂b，
设g（x）=xlog₂x+2x-xlog₂（x+b）+blog₂b，x∈（b，+∞），
g′(x)=log2x+log2e+2-log2(x+b)-

x

x+b

log2e-

b

x+b

log2e
=log₂x+2-log₂（x+b）
=log2

4x

x+b

．
∵x＞b，
∴g′（x）＞0，∴g（x）在（b，+∞）单调递增．
且a＞b，
∴g（a）＞g（b），
即：alog₂a+2a-alog₂（a+b）-blog₂（a+b）+blog₂b＞0，
∴log2(aabb4a)＞log2[(a+b) a+b]，
∴f（a^ab^b4^a）＞f[（a+b）^a+b]．
（3）当m=1时，f′(x)=

x-1

x2

，
且[f′(an)•f′(an-1)+

an+an-1-1

an2-an-12

]•an2=q，
∴

an

an-1

=q(n≥2)，
∴Sn=

a1(1-qn)

1-q

，
∴

Sn+1

Sn

=

1-qn+1

1-qn

．
由：bn=

n

i=1

Si+1

Si

=

1-q2

1-q

+

1-q3

1-q2

+…+

1-qn+1

1-qn

，q≥2010，
∵b_n≥2011n恒成立，
即：

1-q2

1-q

+

1-q3

1-q2

+…+

1-qn+1

1-qn

≥2011n恒成立，
显然，q≥2010时，数列{

1-qn+1

1-qn

}为单调递减数列，
且

lim

n→∞

1-qn+1

1-qn

=q，
当q≥2011时，{

1-qn+1

1-qn

}中的每一项都大于2011，
∴

1-q2

1-q

+

1-q3

1-q2

+…+

1-qn+1

1-qn

≥2011n恒成立，
当q∈[2010，2011）时，由 数列{

1-qn+1

1-qn

}为单调递减数列，
且

lim

n→∞

1-qn+1

1-qn

=q＜2011，
说明数列{

1-qn+1

1-qn

}在有限项后必定小于2011，
设

1-qn+1

1-qr

=2011+M，(r=1，2，3，…，n)，
且数列{M_n}也为单调递减数列，M₁≥0，
根据以上分析：数列{

1-qn+1

1-qn

}中必有一项，
（设为第k项）

1-qk+1

1-qk

=2011+Mk，（其中M_k≥0，且M_k+1＜0），
∵{M_n}为单调递减数列，
∴

1-q2

1-q

+

1-q3

1-q2

+…+

1-qk+1

1-qk

+…+

1-qn+1

1-qn

=2011n+M₁+M₂+…+M_k+M_k+1+…+M_n
≤2011n+kM₁+M_k+1+…+M_n
≤2011n+kM₁+（n-k）M_k+1，
当n→∞时，kM₁+（n-k）M_k+1＜0，
∴

1-q2

1-q

+

1-q2

1-q2

+…+

1-qn+1

1-qn

＜2011n，
∴q∈[2010，2011）时，不满足条件．
综上所得：q_min=2011．…（14分）

点评：本题考查数列与不等式的综合应用，对数学思维的要求比较高，要求学生理解“存在”、“恒成立”，以及运用一般与特殊的关系进行否定，本题有一定的探索性．综合性强，难度大，易错点是数列{

1-qn+1

1-qn

}中必有一项，（设为第k项）

1-qk+1

1-qk

=2011+Mk，（其中M_k≥0，且M_k+1＜0）的推导过程．