Question

已知函數(shù)f（x）=x-

m

x

-2lnx在定義域是單調(diào)函數(shù)，f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)m取得最小值時(shí)，數(shù)列{a_n}滿足：a₁=m+3，a_n+1=f′（

1

an+1

）-na_n+1，n∈N^*．
試證：
①a_n＞n+2；
②

1

a1+1

+

1

a2+1

+

1

a3+1

+…+

1

an+1

＜

m+1

m+4

．

Answer 1

分析：（1）f′（x）=

x2-2x+m

x2

，f（x）為單調(diào)函數(shù)，可得導(dǎo)數(shù)恒為非負(fù)或恒為非正，從而可求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）m=1，可求得a₁=4，由a_n+1=f′（

1

an+1

）-na_n+1，n∈N^*，可求得a_n+1=a_n²-na_n+1，
①用數(shù)學(xué)歸納法證明，（I）當(dāng)n=1時(shí)，易證，（II）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即a_k＞k+2，當(dāng)n=k+1時(shí)，去證a_k+1＞（k+1）+2即可；
②由a_n+1=a_n（a_n-n）+1及①，可證得

1

1+ak

＜

1

1+a1

•

1

2k-1

（k≥2），從而可得

1

1+a1

+

1

1+a2

+…+

1

1+an

＜

1

1+a1

•

n

k=2

1

2k-1

＜

2

1+a1

=

2

1+4

=

2

5

．

解答：解：（1）∵f′（x）=

x2-2x+m

x2

，令h（x）=x²-2x+m，△=（-2）²-4m，
當(dāng)△≤0，即m≥1時(shí)，f′（x）≥0恒成立，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)△＞0，即m＜1時(shí)，f′（x）的符號(hào)不確定（或大于0，或小于0），f（x）在定義域內(nèi)不單調(diào)，
∴當(dāng)f（x）單調(diào)遞增時(shí)，m≥1；當(dāng)m＜1時(shí)，f（x）在定義域內(nèi)不單調(diào)．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為[1，+∞）；
（2）∵m≥1，
∴當(dāng)m取得最小值時(shí)m=1，
∴a₁=3+m=4，
又a_n+1=f′（

1

an+1

）-na_n+1，n∈N^*．
∴a_n+1=a_n²-na_n+1①用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①（I）當(dāng)n=1時(shí)，a₁=4＞3=1+2，不等式成立；
（II）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即a_k＞k+2，那么，
a_k+1=a_k（a_k-k）+1＞（k+2）（k+2-k）+1≥k+3，
也就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)，a_k+1＞（k+1）+2，
根據(jù)（I）和（II），對(duì)于所有n≥1，有a_n≥n+2．
②由a_n+1=a_n（a_n-n）+1及①，對(duì)k≥2，有a_k=a_k-1（a_k-1-k+1）+1≥a_k-1（k-1+2-k+1）+1=2a_k-1+1
∴1+a_k≥2（a_k-1+1），由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：
a_k≥2^k-1（a₁+1）-1，
于是

1

1+ak

＜

1

1+a1

•

1

2k-1

（k≥2），
∴

1

1+a1

+

1

1+a2

+…+

1

1+an

＜

1

1+a1

•

n

k=2

1

2k-1

＜

2

1+a1

=

2

1+4

=

2

5

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合，通過(guò)導(dǎo)數(shù)考查數(shù)列的關(guān)系，突出考查數(shù)學(xué)歸納法與放縮法的綜合應(yīng)用，考查分析、轉(zhuǎn)化與復(fù)雜的運(yùn)算能力，屬于難題．