Question

13．已知函数f（x）=x-1-alnx．
（1）若 f（x）≥0，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数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）通过对函数f（x）=x-1-alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2）通过（1）可知lnx≤x-1，进而取特殊值可知ln（1+$\frac{1}{{2}^{k}}$）＜$\frac{1}{{2}^{k}}$，k∈N^*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（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，从而当n≥3时，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）∈（2，e），比较可得结论．

解答 解：（1）因为函数f（x）=x-1-alnx，x＞0，
所以f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，且f（1）=0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）_min=f（a），
又因为f（x）_min=f（a）≥0，
所以a=1；
（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x-1-lnx≥0，即lnx≤x-1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，
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；
从而当n≥3时，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）∈（2，e），
因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+$\frac{1}{2}$）（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜m成立，
所以m的最小值为3．

点评 本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．