Question

13．已知函数f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，其导函数为f′（x）．
（1）若函数f（x）在其定义域内为单调函数，求a的取值范围；
（2）若f′（1）=0，且${a}_{n+1}=f′（\frac{1}{{a}_{n}-n+1}）$-n²+1，已知a₁=4，求证：对任意n∈N₊，都有a_n≥2n+2；
（3）在（2）的条件下，试比较$\frac{1}{1+{a}_{1}}+\frac{1}{1+{a}_{2}}+\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$与$\frac{2}{5}$的大小，并说明你的理由．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，结合导函数的不等式，从而求出a的范围；
（2）先求出a的值，得到f′（x）的表达式，从而求出a_n+1的表达式，利用数学归纳法证明即可；
（3）由（2）得到$\frac{1}{1{+a}_{n}}$≤$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•$\frac{1}{1{+a}_{1}}$（n≥2），代入求出即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=a+$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$，
若函数f（x）在其定义域内为单调函数，
则在（0，+∞）上f′（x）＞0或f′（x）＜0，
①a=0时，f′（x）=-$\frac{2}{x}$＜0在（0，+∞）内恒成立，
②a＞0时，要使f′（x）=a${（\frac{1}{x}-\frac{1}{a}）}^{2}$+a-$\frac{1}{a}$＞0恒成立，则a-$\frac{1}{a}$＞0，解得：a＞1，
③a＜0时，要使f′（x）=a${（\frac{1}{x}-\frac{1}{a}）}^{2}$+a-$\frac{1}{a}$＜0恒成立，则a-$\frac{1}{a}$＜0，解得：a＜-1，
∴a的范围是a＞1或a＜-1或a=0；
（2）∵f′（1）=0，∴a+a-2=0，解得：a=1，
∴f′（x）=${（\frac{1}{x}-1）}^{2}$，${a}_{n+1}=f′（\frac{1}{{a}_{n}-n+1}）$-n²+1=${{a}_{n}}^{2}$-2na_n+1，
下面用数学归纳法证明：
（Ⅰ）n=1时，a₁=2×1+2=4，不等式成立，
（Ⅱ）假设n=k时，不等式成立，即a_k≥2k+2，
∴a_k-2k≥2＞0，
∴a_k+1=a_k（a_k-2k）+1≥2（2k+2）+1＞2（k+1）+2成立，
根据（Ⅰ）（Ⅱ）得：对任意n∈N₊，都有a_n≥2n+2成立；
（3）由（2）得：a_n=a_n-1（a_n-1-2n+2）+1
≥a_n-1[2（n-1）+2-2n+2]+1
=2a_n-1+1，
∴a_n+1≥2（a_n-1+1），（n≥2），
∴a₂+1≥2（a₁+1），a₃+1≥2（a₂+1），…a_n+1≥2（a_n-1+1），
累乘得：a_n+1≥2^n-1（a₁+1），
则$\frac{1}{1{+a}_{n}}$≤$\frac{1}{{2}^{n-1}}$•$\frac{1}{1{+a}_{1}}$（n≥2），
∴$\frac{1}{1+{a}_{1}}+\frac{1}{1+{a}_{2}}+\frac{1}{1+{a}_{3}}$+…+$\frac{1}{1+{a}_{n}}$
≤$\frac{1}{1{+a}_{1}}$（1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）
=$\frac{2}{5}$（1-$\frac{1}{{2}^{n}}$）＜$\frac{2}{5}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，考查数学归纳法的应用，是一道难题．