Question

14．已知函数f（x）=ln（x-1），g（x）=$\frac{{a（{x-2}）}}{x-1}$．
（1）讨论函数G（x）=f（x）-g（x）的单调性；
（2）若数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=f（a_n+2）．证明：对任意n∈N⁺，恒有$\frac{1}{n}≤{a_n}$≤1．

Answer 1

分析 （1）通过求导可知函数G（x）=f（x）-g（x）的导函数表达式，进而解不等式即得结论；
（2）通过数学归纳法可证明0＜a_n≤1，利用（1）可知对任意n∈N^*恒有$ln（{n+1}）＞\frac{n}{n+1}$，进而可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜1$，并项相加、放缩即得结论．

解答 （1）解：依题意可知：x＞1，且${G^'}（x）=\frac{{x-（{1+a}）}}{{{{（{x-1}）}^2}}}$，
当a≤0时，G′（x）≥0，故G（x）在（1，+∞）上是增加的；
当a＞0时，x∈（1，1+a）时，G′（x）≤0，此时G（x）是减少的，
当x∈（1+a，+∞）时，G′（x）≥0，此时G（x）是增加的；
（2）证明：依题意：a_n+1=ln（a_n+1），
先用数学归纳法证明0＜a_n≤1，
①易知n=1时，0＜a_n≤1成立，
②假设n=k（k∈N^*）时，有0＜a_k≤1成立，
则0＜ln（a_k+1）≤ln2＜1，则0＜a_k+1＜1，
故n=k+1时，0＜a_n≤1也成立，
综上知0＜a_n≤1对任意n∈N^*恒成立．
由（1）知当a=1时，$G（x）=f（x）-g（x）=ln（{x-1}）-\frac{x-2}{x-1}$在（2，+∞）上是增加的，
又∵G（2）=0，
∴对任意x≥2恒有$ln（{x-1}）≥\frac{x-2}{x-1}$，即任意n∈N^*恒有$ln（{n+1}）＞\frac{n}{n+1}$，
∵a_n+1=ln（a_n+1），$ln（{{a_n}+1}）＞\frac{{{a_{{n_{\;}}}}}}{{{a_n}+1}}$，
∴$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}＜\frac{1}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}＜1$，
故n＞1时，有$\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_3}-\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}-\frac{1}{{{a_{n-1}}}}＜n-1$，
所以$\frac{1}{a_n}＜n$，即${a_n}＞\frac{1}{n}$，
又∵当n=1时，a_n=1，
∴${a_n}≥\frac{1}{n}$，
故$\frac{1}{n}≤{a_n}≤1$成立．

点评 本题是一道关于数列与不等式的综合题，涉及利用导数研究函数的单调性、数学归纳法等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．