Question

5．函数f（x）=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=f（a_n）．
（1）试求f（x）的单调区间；
（2）求证：数列{a_n}为递减数列，且a_n＞0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）x＞0时，e^x-1-x＞0，得到x＞0时$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞1，根据数学归纳法证明即可．

解答 （1）解：易知f（x）的定义域为{x|x≠0}，
对函数f（x）求导得：f′（x）=$\frac{{e}^{x}x{-e}^{x}+1}{{（e}^{x}-1）x}$，
令g（x）=e^xx-e^x+1，g′（x）=xe^x，
令g′（x）＞0，解得：x＞0，令g′（x）＜0，解得：x＜0，
故g（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
故g（x）≥g（0）=0，
故e^xx-e^x+1≥0恒成立，x≠0，
又$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞0，∴f′（x）＞0，
所以f（x）的增区间为（-∞，0），（0，+∞），
（2）证明：易知当x＞0时，e^x-1-x＞0，所以x＞0时$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞1，
用数学归纳法证明：
对任意n∈N^*，都有0＜a_n+1＜a_n，
①n=1时，a₁=1，a₂=f（a₁）=f（1）=ln（e-1），
由于1＜e-1＜e，故0＜ln（e-1）＜1，即0＜a₂＜a₁，
②假设n=k（k∈N^*）时结论成立，
即0＜a_k+1＜a_k，
∵f（x）在（0，+∞）递增，
∴0＜f（a_k+1）＜f（a_k），即0＜a_k+2＜a_k+1，
因此n=k+1（k∈N^*）时结论成立，
由①②可知，0＜a_k+1＜a_k对任意n∈N^*都成立，
故数列{a_n}为递减数列，且a_n＞0恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．