Question

6．已知函数f（x）=1-x+lnx
（Ⅰ）求f（x）的最大值；
（Ⅱ）对任意的x₁，x₂∈（0，+∞）且x₂＜x₁是否存在实数m，使得$mx_2^2$-$mx_1^2$-x₁lnx₁+x₂lnx₂＞0恒成立；若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由：
（Ⅲ）若正数数列{a_n}满足$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$=$\frac{（1+{a}_{n}）{a}_{n}}{2{a}_{n}^{2}}$，且a₁=$\frac{1}{2}$，数列{a_n}的前n项和为S_n，试比较2${e^{S_n}}$与2ⁿ+1的大小并加以证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的导数，单调区间，可得f（x）的最大值为f（1）；
（Ⅱ）由题意可得$m{x_2}^2+{x_2}ln{x_2}＞m{x_1}^2+{x_1}ln{x_1}$恒成立，设φ（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，则只需ϕ（x）在（0，+∞）上单调递减，求得导数，令导数小于等于0恒成立，运用参数分离和构造函数法，求出导数和单调区间，可得最值，即可得到所求m的范围；
（Ⅲ）结论：$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．运用构造数列法和等比数列的通项公式，可得a_n=$\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$．运用对数的运算性质和放缩法，结合裂项相消求和，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$．
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，
因此，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∝）上单调递减．
所以f（x）_max=f（1）=0，即函数f（x）的最大值为0；
（Ⅱ）若$m{x_2}^2-m{x_1}^2-{x_1}ln{x_1}+{x_2}ln{x_2}＞0$恒成立，
则$m{x_2}^2+{x_2}ln{x_2}＞m{x_1}^2+{x_1}ln{x_1}$恒成立，
设φ（x）=mx²+xlnx，又0＜x₂＜x₁，
则只需ϕ（x）在（0，+∞）上单调递减，
故ϕ′（x）=2mx+1+lnx≤0在（0，+∞）上成立，得：2m≤$-\frac{1+lnx}{x}$，
记t（x）=$-\frac{1+lnx}{x}$，则${t^'}（x）=\frac{lnx}{x^2}$，
于是可知t（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
故[t（x）]_min=t（1）=-1，
因此存在m≤$-\frac{1}{2}$，使$m{x_2}^2-m{x_1}^2-{x_1}ln{x_1}+{x_2}ln{x_2}＞0$恒成立；
（Ⅲ）由$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}$=$\frac{{（1+{a_n}）{a_n}}}{2a_n^2}$=$\frac{1}{2}$•$\frac{1}{a_n}$+$\frac{1}{2}$得：$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1$=$\frac{1}{2}$$（{\frac{1}{a_n}-1}）$，又${a_1}=\frac{1}{2}$，
知，$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-1$=${（{\frac{1}{2}}）^n}$，即有a_n=$\frac{{{2^{n-1}}}}{{1+{2^{n-1}}}}$．
结论：$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．
证明如下：
因为a_n∈（0，1），由（1）知x＞0时x-1＞lnx，则x＞-1时x＞ln（x+1）．
所以a_n＞ln（a_n+1）=$ln\frac{{{2^n}+1}}{{{2^{n-1}}+1}}$=ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1）
故S_n=a₁+a₂+…+a_n
＞[ln（2¹+1）-ln（2⁰+1）]+[ln（2²+1）-ln（2¹+1）]…[ln（2ⁿ+1）-ln（2^n-1+1）]
=ln（2ⁿ+1）-ln（2⁰+1）=$ln（\frac{{{2^n}+1}}{2}）$，
即$2{e^{S_n}}$＞2ⁿ+1．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和函数的单调性，同时考查两式的大小比较，注意运用等比数列的通项公式和裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于难题．