(2014•咸阳三模)已知f(x)=1-x+lnx，g(x)=mx-1(m∈R)...

Question

(2014•咸阳三模)已知f(x)=1-x+lnx，g(x)=mx-1(m∈R) (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求m的取值范围; (3)若数列{an}的各项均为正数，a1=1，当m=2时an+1=f(an)+g(an)+2，n∈N*，求证:an≤2n-1(n∈N*).

Answer 1

解答:解:(1)求导f′(x)=
1
x
-1=
1-x
x
，由f′(x)=0，得x=1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0;
当x∈(1，+∞)时，f′(x)＜0.
∴函数y=f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，+∞)上是减函数;
(2)方法一、令h(x)=f(x)-g(x)=lnx-(1+m)x+2则h′(x)=
1
x
-(m+1)
若m+1≤0时，h'(x)＞0，h(x)在定义域上是增函数，
则h(1)=-(1+m)+2＞0，f(x)≤g(x)不恒成立.
若m+1＞0时，由h'(x)=0得x=
1
1+m
当x∈(0，
1
1+m
)时，h′(x)＞0，h(x)在(0，
1
1+m
)上是增函数;
当x∈(
1
1+m
，+∞)时，h′(x)＜0，h(x)在(
1
1+m
，+∞)上是减函数.
∴h(x)在(0，+∞)上的最大值为h(
1
1+m
)=1-ln(1+m)≤0，解得m≥e-1
∴当m≥e-1时f(x)≤g(x)恒成立;
(2)方法二、由 f(x)≤g(x)恒成立得:m≥
lnx-x+2
x
恒成立.
令h(x)=
lnx-x+2
x
，
则h′(x)=-
lnx+1
x2
，由h′(x)=0得x=
1
e
∴h(x)在(0，
1
e
)单调递增，在(
1
e
，+∞)单调递减
∴h(x)max=h(
1
e
)=e-1，故m≥e-1;
(3)方法一、由题意，正项数列{an}满足:a1=1，an+1=lnan+an+2，n∈N*.
用数学归纳法证明.an≤2n-1，n∈N*.
1)当n=1时，a1=1≤21-1，不等式成立;
2)假设n=k时，ak≤2k-1，那么，当n=k+1时，
由(1)知{an}，即有不等式a1=1.
于是 a2a1=2(ak+1)-1≤2•2k-1=2k+1-1，成立.
由(1)、(2)知an≤2n-1，n∈N*，成立，
(3)方法二、由(1)知{an}，即有不等式a1=1.
于是 a2a1=2(ak+1)-1
∴an+1+1≤2(an+1)，即an+1≤2(an-1+1)≤…≤2n-1(a1+1)=2n
∴an≤2n-1，n∈N*.