Question

7．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x-2}$（x≠1），各项同号且均不为零的数列{a_n}的前n项和S_n满足4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=1（n∈N^*）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）求证：（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）^a_n+1＜$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出导数，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（2）求得n=1的首项，再将n换为n-1，相减，由通项和前n项和的关系，结合等差数列的通项，即可得到所求通项公式；
（3）运用分析法，可得ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{n+1}$，即有ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$，构造函数f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$（x＞0），运用导数判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{{x}^{2}}{2x-2}$（x≠1）的导数为f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{2（x-1）^{2}}$，
当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜1或1＜x＜2时，f′（x）＜0．
则f（x）的增区间为（-∞，0），（2，+∞），减区间为（0，1），（1，2）；
（2）4S_n•f（$\frac{1}{{a}_{n}}$）=1，即为2S_n=a_n-a_n²，①
当n=1时，2a₁=2S₁=a₁-a₁²，
解得a₁=-1，
将n换为n-1，即有2S_n-1=a_n-1-a_n-1²，②
①-②，2a_n=a_n-a_n²-（a_n-1-a_n-1²），
化简可得a_n+a_n-1=-（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），
即有a_n-a_n-1=-1，
则a_n=-1+（n-1）•（-1）=-n；
（3）要证：（1-$\frac{1}{{a}_{n}}$）^a_n+1＜$\frac{1}{e}$，
即证（1+$\frac{1}{n}$）^-（n+1）＜$\frac{1}{e}$，
即证（1+$\frac{1}{n}$）^（n+1）＞e，
即证（n+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1，
即为ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{1}{n+1}$，
即有ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$，
可令f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+x}$（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$=$\frac{x}{（1+x）^{2}}$＞0，
f（x）在（0，+∞）递增，即有f（x）＞f（0）=0，
即为ln（1+x）＞$\frac{x}{1+x}$（x＞0），
则ln（1+$\frac{1}{n}$）＞$\frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}$成立，
故原不等式成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间，考查数列的通项的求法，注意通项和前n项和的关系，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数运用单调性证明，属于中档题．