Question

4．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx（a＞1）．
（Ⅰ） 讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ） 若a=2，数列{a_n}满足a_n+1=f（a_n）．
（1）若首项a₁=10，证明数列{a_n}为递增数列；
（2）若首项为正整数，且数列{a_n}为递增数列，求首项a₁的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，并分解因式，对a讨论，当a=2，当1＜a＜2时，当a＞2时，解不等式即可得到单调区间；
（Ⅱ）若a=2，则$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$，由（Ⅰ）知函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
（1）运用数学归纳法即可证得；
（2）由（1）知：当且仅当0＜a₁＜a₂，数列{a_n}为递增数列，f（a₁）＞a₁，即$\frac{1}{2}{a_1}^2-3{a_1}+ln{a_1}＞0$（a₁为正整数），设$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-3x+lnx$（x≥1），求出导数，运用函数的零点存在定理，即可得到首项的最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-ax+（{a-1}）lnx$，
∴$f'（x）=\frac{{{x^2}-ax+a-1}}{x}=\frac{{（{x-1}）（{x+1-a}）}}{x}$（x＞0），
当a=2时，则$f'（x）=\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x}≥0$在（0，+∞）上恒成立，
当1＜a＜2时，若x∈（a-1，1），则f′（x）＜0，若x∈（0，a-1）或x∈（1，+∞），则f′（x）＞0，
当a＞2时，若x∈（1，a-1），则f′（x）＜0，若x∈（0，1）或x∈（a-1，+∞），则f′（x）＞0，
综上所述：当1＜a＜2时，函数f（x）在区间（a-1，1）上单调递减，
在区间（0，a-1）和（1，+∞）上单调递增；
当a=2时，函数在（0，+∞）上单调递增；
当a＞2时，函数f（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（0，1）和（a-1，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）若a=2，则$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+lnx$，由（Ⅰ）知函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
（1）因为a₁=10，所以a₂=f（a₁）=f（10）=30+ln10，可知a₂＞a₁＞0，
假设0＜a_k＜a_k+1（k≥1），因为函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
∴f（a_k+1）＞f（a_k），即得a_k+2＞a_k+1＞0，
由数学归纳法原理知，a_n+1＞a_n对于一切正整数n都成立，
∴数列{a_n}为递增数列．
（2）由（1）知：当且仅当0＜a₁＜a₂，数列{a_n}为递增数列，
∴f（a₁）＞a₁，即$\frac{1}{2}{a_1}^2-3{a_1}+ln{a_1}＞0$（a₁为正整数），
设$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-3x+lnx$（x≥1），则$g'（x）=\frac{{{x^2}-3x+1}}{x}$，
∴函数g（x）在区间$（\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}，+∞）$上递增，
由于$g（5）=ln5-\frac{5}{2}＜0$，g（6）=ln6＞0，又a₁为正整数，
∴首项a₁的最小值为6．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间，同时考查函数的零点存在定理和数学归纳法的运用，考查运算能力，属于中档题．