Question

已知函数f（x）=ln（-x）+ax-

1

x

（a为常数），在x=-1时取极值
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）设g（x）=f（-x）+2x，求g（x）的最小值
（Ⅲ）若数列{a_n}满足a_n=

an-1

an-1+1

（n∈N^*且n≥2），a₁=

1

2

，数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：2ⁿ•a_n≥eSn+an-1（n∈N^*，e是自然数对数的底）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导数，由题意得f′（-1）=0，解出可得a；
（Ⅱ）表示出g（x），利用导数可得单调区间，通过单调区间可确定最小值；
（Ⅲ）首先由数列的递推关系式求出数列{a_n}的通项公式，再利用（Ⅱ）中的结论，即g(x)=lnx+

1

x

+2x≥3-ln2，其中，令x=

n

n+1

，代入不等式，进行化简，累加即可证明原不等式．

解答： 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=ln（-x）+ax-

1

x

，
∴f′（x）=

1

x

+a+

1

x2

，
∵f（x）在x=-1时取得极值，
∴f′（-1）=-1+a+1=0，解得：a=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f（x）=ln（-x）-

1

x

，
∴f（-x）=lnx+

1

x

，
g（x）=lnx+2x+

1

x

；
∴g′（x）=

1

x

+2-

1

x2

=

2x2+x-1

x2

=

(2x-1)(x+1)

x2

，
令g′（x）=0，解得：x₁=

1

2

，x=-1（舍），
在（0，

1

2

）上，g（x）＜0，在（

1

2

，+∞）上，g（x）＞0，
∴g（x）_min=g（

1

2

）=3-ln2．
（Ⅲ）an=1-

1

an-1+1

，
∴an=

an-1

an-1+1

，

1

an

=1+

1

an-1

，
∴{

1

an

}是以2为首项，1为公差的等差数列．
∴

1

an

=n+1．
∴an=

1

n+1

．
由（Ⅱ）知g（x）=lnx+

1

x

+2x≥3-ln2，
令x=

n

n+1

得：ln

n

n+1

+

n+1

n

+

2n

n+1

≥3-ln2，即ln

n

n+1

+ln2≥

2

n+1

-

1

n

，
∴ln

1

2

+ln2≥

2

2

-

1

1

，ln

2

3

+ln2≥

2

3

-

1

2

，
…，
ln

n

n+1

+ln2≥

2

n+1

-

1

n

，
累加得，ln

1

n+1

+nln2≥

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

+

1

n+1

-1=s_n+a_n-1，即lna_n+ln2ⁿ≥S_n+a_n-1
∴2ⁿ•a_n≥eSn+an-1．

点评：该题考查利用导数研究函数的极值、最值、单调性等知识，本题最后一问综合性比较强，是数列和不等式的综合应用，难度较大，特别是将（Ⅱ）中的结论应用于该数列，对x的赋值，比较困难，包括后面的化简，也是需要比较高的观察分析能力和计算能力．