Question

11．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+ax，x∈（0，+∞）（a为实常数）．
（1）若函数f（x）在x=1处取极值，求此时函数f（x）的最小值；
（2）若函数f（x）在区间（2，3）上存在极值，求实数a的取值范围；
（3）设各项为正的无穷数列{x_n}满足lnx_n+$\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$＜1（n∈N*），证明：x₁≤1．
（提示：当0＜q＜1时，1+q+q²+q³+…+qⁿ+…=$\frac{1}{1-q}$）

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论x的范围，求出函数的最小值即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）根据反证法假设x₁=b＞1，得到矛盾，从而证出结论即可．

解答 解：（1）由条件可知f'（1）=0，解得a=0．
检验：当a=0时，$f'（x）=\frac{x-1}{x^2}$满足函数f（x）在x=1处取极值，
∴a=0，
当0＜x＜1时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在区间（0，1）上单调递减；
当x＞1时f'（x）＞0，所以函数f（x）在区间（1，+∞）上单调递增．
∴f（x）_min=f（1）=1．
（2）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a$．
由函数f（x）在区间（2，3）上存在极值题意可知f'（x）=0在区间（2，3）上有变号零点．
设$\frac{1}{x}=t$，则当x∈（2，3）时，$t∈（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$，
∵函数$g（t）=t-{t^2}+a=-{（t-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+a$在区间$（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$单调递增，
∴当$t∈（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$时，$g（t）∈（\frac{2}{9}+a，\frac{1}{4}+a）$，
∴$\frac{2}{9}+a＜0＜\frac{1}{4}+a$，
∴满足条件的$a∈（-\frac{1}{4}，-\frac{2}{9}）$．
（3）反证法：假设x₁=b＞1，∵x_n＞0，∴$\frac{x_n}{b}＞0$，且$0＜\frac{1}{b}＜1$，
∴由（1）知$ln\frac{x_n}{b}+\frac{b}{x_n}≥1$，
又∵$ln{x_n}+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}＜1$，
∴$ln\frac{x_n}{b}+\frac{b}{x_n}≥1＞ln{x_n}+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$，
即$\frac{b}{x_n}＞lnb+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$，
∴$1=\frac{b}{x_1}＞lnb+\frac{1}{x_2}＞lnb+\frac{1}{b}（lnb+\frac{1}{x_3}）＞lnb+\frac{lnb}{b}+\frac{1}{b^2}（lnb+\frac{1}{x_4}）＞…＞$
$（1+\frac{1}{b}+\frac{1}{b^2}+…+\frac{1}{b^n}）lnb+\frac{1}{b_n}•\frac{1}{{{x_{n+2}}}}+…$$＞（1+\frac{1}{b}+\frac{1}{b^2}+…+\frac{1}{b^n}+…）lnb$=$\frac{1}{{1-\frac{1}{b}}}lnb$，
即$\frac{1}{{1-\frac{1}{b}}}lnb＜1$，
∵$0＜1-\frac{1}{b}＜1$，
∴$lnb＜1-\frac{1}{b}$，即$lnb+\frac{1}{b}＜1$，
而由（1）当b＞1时，$lnb+\frac{1}{b}＞1$，∴矛盾，
故b≤1，即x₁≤1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及数列问题，考查反证法的应用，是一道综合题．