Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=x-$\frac{1}{x}$，F(xiàn)（x）=f（x）-ag（x），其中x＞0，a∈R且a＞0．
（1）若a=1，求曲線y=F（x）在x=1處的切線方程；
（2）對于任意的x∈[1，+∞），F(xiàn)（x）≤0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，前n項和為S_n，當(dāng)n≥2且n∈N^*時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{f（{n}^{2}）}$，求證：S_n≥2-$\frac{2}{（n+1）!}$（n∈N^*）
（注：n!=n×（n-1）×…3×2×1）

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)求切線方程的斜率，再用點斜式寫方程即可；
（2）對于任意的x∈[1，+∞），F(xiàn)（x）≤0恒成立，只需F（x）_max≤0即可．
（3）用累加法求出數(shù)列通項公式，再用數(shù)學(xué)歸納法證明．

解答 解：F（x）=f（x）-ag（x）=lnx-ax+$\frac{a}{x}$，（其中x＞0，a∈R且a＞0），
（1）a=1時，F(xiàn)（x）=lnx-x+$\frac{1}{x}$   （x＞0），F(xiàn)′（x）=$\frac{1}{x}-1-\frac{1}{{x}^{2}}$，F(xiàn)′（1）=-1，
∴曲線y=F（x）在x=1處的切線的斜率為-1，切點為（1，0），切線方程為：y=-x+1；
（2）F′（x）=$\frac{1}{x}-a-\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{-a{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$ （x＞0），
令g（x）=-ax²+x-a，
①當(dāng)△=1-4a²≤0時，即a≥$\frac{1}{2}$，g（x）≤0，恒成立，F(xiàn)′（x）≤0，F(xiàn)（x）=lnx-ax+$\frac{a}{x}$ 在[1，+∞）遞減，
且F（1）=0，∴F（x）≤0恒成立．
②當(dāng)△=1-4a^2＞0時，即0＜a＜$\frac{1}{2}$，-ax²+x-a=0有兩個實根，x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$∈（0，1），
x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$＞1恒成立，
F（x  在[1，x₂）遞增，且F（1）=0，不滿足F（x）≤0恒成立，
綜上：實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{1}{2}$，+∞）．
（3 ） 證明：當(dāng)n≥2且n∈N^*時，$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{1}{f（{n}^{2}）}$=$\frac{1}{2lnn}$，
$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}=\frac{1}{2ln2}$，$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}=\frac{1}{2ln3}$，$\frac{{a}_{4}}{{a}_{3}}=\frac{1}{2ln4}$…$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\frac{1}{2lnn}$，
利用累加法可得${a}_{n}=\frac{1}{{2}^{n-1}ln2•ln3•ln4..lnn}$（n≥2）
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明S_n≥2-$\frac{2}{（n+1）!}$（n∈N^*）
當(dāng)n=1時，S_n=1≥2-$\frac{2}{（1+1）！}$成立．
假設(shè)n=k時，S_k≥2-$\frac{2}{（k+1）!}$成立，
那么n=k+1時，S_k+1=S_k+a_n+1≥2-$\frac{2}{（k+1）!}$+a_n+1≥2-$\frac{2}{（n+2）!}$一定成立．
綜上：S_n≥2-$\frac{2}{（n+1）!}$（n∈N^*）

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合利用，及數(shù)列的累加法求通項，數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，屬于壓軸題．