Question

13．函数f（x）=lnx，g（x）=x²．
（1）求函数h（x）=f（x）-x+1的最大值；
（2）对于任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＜x₁，是否存在实数m，使mg（x₂）-mg（x₁）＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，若存在求出m的范围，若不存在，说明理由；
（3）若正项数列{a_n}满足${a_1}=\frac{1}{2}，\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{{2g（{a_n}）}}$，且数列{a_n}的前n项和为S_n，试判断$2{e^{S_n}}$与2ⁿ+1的大小，并加以证明．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最大值即可；
（2）问题转化为$2m≤-\frac{1+lnx}{x}$，记$t（x）=-\frac{1+lnx}{x}$，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（3）求出$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1=\frac{1}{2}•（\frac{1}{a_n}-1）$，结合x-1＞lnx，得到x＞ln（x+1），分别表示出s_n，a_n，从而判断出结论．

解答 解：（1）h（x）=lnx-x+1，
则$h'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，（1分）
所以x∈（1，+∞）函数单调递减，x∈（0，1）函数单调递增．　　（2分）
从而h（x）|_max=h（1）=0（3分）
（2）若mg（x₂）-mg（x₁）＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，
则mg（x₂）+x₂f（x₂）＞x₁f（x₁）+mg（x₁），（4分）
设函数φ（x）=mg（x）+xf（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，
则只需函数φ（x）在（0，+∞）上为单调递减函数，
即φ'（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上恒成立，
则$2m≤-\frac{1+lnx}{x}$，（5分）
记$t（x）=-\frac{1+lnx}{x}$，则$t'（x）=\frac{lnx}{x^2}$，
从而t（x）在（0，1]上单调递减，在（1，+∞）单调递增，
故t（x）|_min=t（1）=-1，（6分）
则存在$m≤-\frac{1}{2}$，使得不等式恒成立． （7分）
（3）由$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{{2g（{a_n}）}}=\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{2a_n^2}=\frac{1}{2}•\frac{1}{a_n}+\frac{1}{2}$．
即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1=\frac{1}{2}•（\frac{1}{a_n}-1）$，
由${a_1}=\frac{1}{2}$，得$\frac{1}{a_n}-1=\frac{1}{2^{n-1}}⇒{a_n}=\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$，（9分）
因为a_n∈（0，1），由（1）知x∈（0，+∞）时，x-1＞lnx⇒x＞ln（x+1），
故${a_n}＞ln（{a_n}+1）=ln\frac{{{2^n}+1}}{{1+{2^{n-1}}}}=ln（{2^n}+1）-ln（{2^{n-1}}+1）$，（10分）$\begin{array}{l}{S_n}={a_1}+{a_2}+…+{a_n}＞[{ln（{2^1}+1）-ln（{2^0}+1）}]+[{ln（{2^2}+1）-ln（{2^1}+1）}]+…[{ln（{2^n}+1）-ln（{2^{n-1}}+1）}]\\=ln（{2^n}+1）-ln（{2^0}+1）=ln\frac{{{2^n}+1}}{2}\end{array}$
即$2{e^{S_n}}＞{2^n}+1$． （12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用、函数恒成立问题以及不等式的证明，是一道综合题．