Question

13．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（1-$\frac{1}{x}$），a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）的最小值為0．
（i）求實數(shù)a的值；
（ii）已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=f（a_n）+2，記[x]表示不大于x的最大整數(shù)，求證：n＞1時[a_n]=2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導數(shù)，對a討論，當a≤0時，當a＞0時，即可求得f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）（i）利用（Ⅰ）的結論即可求得a的值；
（ii）利用歸納推理，猜想當n≥3，n∈N時，2＜a_n＜$\frac{5}{2}$，利用數(shù)學歸納法證明，即可得出結論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），且f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$．
當a≤0時，f′（x）＞0，所以f（x）在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；
當a＞0時，由f′（x）＞0，解得x＞a；由f′（x）＜0，解得0＜x＜a．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（a，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，a）．
綜上述：a≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
a＞0時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，a），單調(diào)遞增區(qū)間是（a，+∞）．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，當a≤0時，f（x）無最小值，不合題意；
當a＞0時，[f（x）]_min=f（a）=1-a+lna=0，
令g（x）=1-x+lnx（x＞0），則g′（x）=-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-x}{x}$，
由g′（x）＞0，解得0＜x＜1；由g′（x）＜0，解得x＞1．
所以g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．
故[g（x）]_max=g（1）=0，即當且僅當x=1時，g（x）=0．
因此，a=1．
（ⅱ）因為f（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$，所以a_n+1=f（a_n）+2=1+$\frac{1}{{a}_{n}}$+lna_n．
由a₁=1得a₂=2于是a₃=$\frac{3}{2}$+ln2．因為$\frac{1}{2}$＜ln2＜1，所以2＜a₃＜$\frac{5}{2}$．
猜想當n≥3，n∈N時，2＜a_n＜$\frac{5}{2}$．
下面用數(shù)學歸納法進行證明．
①當n=3時，a₃=$\frac{3}{2}$+ln2，故2＜a₃＜$\frac{5}{2}$．成立．
②假設當n=k（k≥3，k∈N）時，不等式2＜a_k＜$\frac{5}{2}$成立．
則當n=k+1時，a_k+1=1+$\frac{1}{{a}_{k}}$+lna_k，
由（Ⅰ）知函數(shù)h（x）=f（x）+2=1+$\frac{1}{x}$+lnx在區(qū)間（2，$\frac{5}{2}$）單調(diào)遞增，
所以h（2）＜h（a_k）＜h（$\frac{5}{2}$），又因為h（2）=1+$\frac{1}{2}$+ln2＞2，
h（$\frac{5}{2}$）=1+$\frac{2}{5}$+ln$\frac{5}{2}$＜1+$\frac{2}{5}$+1＜$\frac{5}{2}$．
故2＜a_k+1＜$\frac{5}{2}$成立，即當n=k+1時，不等式成立．
根據(jù)①②可知，當n≥3，n∈N時，不等式2＜a_n＜$\frac{5}{2}$成立．
綜上可得，n＞1時[a_n]=2．

點評 本題主要考查函數(shù)的導數(shù)、導數(shù)的應用等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識等，
考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、有限與無限思想等，屬難題．