Question

13．已知函数f（x）=lnx-a（1-$\frac{1}{x}$），a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）的最小值为0．
（i）求实数a的值；
（ii）已知数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+1=f（a_n）+2，记[x]表示不大于x的最大整数，求证：n＞1时[a_n]=2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数，对a讨论，当a≤0时，当a＞0时，即可求得f（x）的单调区间；
（Ⅱ）（i）利用（Ⅰ）的结论即可求得a的值；
（ii）利用归纳推理，猜想当n≥3，n∈N时，2＜a_n＜$\frac{5}{2}$，利用数学归纳法证明，即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$．
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在区间（0，+∞）内单调递增；
当a＞0时，由f′（x）＞0，解得x＞a；由f′（x）＜0，解得0＜x＜a．
所以f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
综上述：a≤0时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；
a＞0时，f（x）的单调递减区间是（0，a），单调递增区间是（a，+∞）．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）无最小值，不合题意；
当a＞0时，[f（x）]_min=f（a）=1-a+lna=0，
令g（x）=1-x+lnx（x＞0），则g′（x）=-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-x}{x}$，
由g′（x）＞0，解得0＜x＜1；由g′（x）＜0，解得x＞1．
所以g（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
故[g（x）]_max=g（1）=0，即当且仅当x=1时，g（x）=0．
因此，a=1．
（ⅱ）因为f（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$，所以a_n+1=f（a_n）+2=1+$\frac{1}{{a}_{n}}$+lna_n．
由a₁=1得a₂=2于是a₃=$\frac{3}{2}$+ln2．因为$\frac{1}{2}$＜ln2＜1，所以2＜a₃＜$\frac{5}{2}$．
猜想当n≥3，n∈N时，2＜a_n＜$\frac{5}{2}$．
下面用数学归纳法进行证明．
①当n=3时，a₃=$\frac{3}{2}$+ln2，故2＜a₃＜$\frac{5}{2}$．成立．
②假设当n=k（k≥3，k∈N）时，不等式2＜a_k＜$\frac{5}{2}$成立．
则当n=k+1时，a_k+1=1+$\frac{1}{{a}_{k}}$+lna_k，
由（Ⅰ）知函数h（x）=f（x）+2=1+$\frac{1}{x}$+lnx在区间（2，$\frac{5}{2}$）单调递增，
所以h（2）＜h（a_k）＜h（$\frac{5}{2}$），又因为h（2）=1+$\frac{1}{2}$+ln2＞2，
h（$\frac{5}{2}$）=1+$\frac{2}{5}$+ln$\frac{5}{2}$＜1+$\frac{2}{5}$+1＜$\frac{5}{2}$．
故2＜a_k+1＜$\frac{5}{2}$成立，即当n=k+1时，不等式成立．
根据①②可知，当n≥3，n∈N时，不等式2＜a_n＜$\frac{5}{2}$成立．
综上可得，n＞1时[a_n]=2．

点评 本题主要考查函数的导数、导数的应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，
考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、有限与无限思想等，属难题．