Question

18．已知函數f₁（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$（t-x），其中t為正常數．
（1）求函數f₁（x）在（0，+∞）上的最大值；
（2）設數列{a_n}滿足：a₁=$\frac{5}{3}$，3a_n+1=a_n+2，完成下面兩個問題：
①求證：對?x＞0，$\frac{1}{{a}_{n}}$≥f${\;}_{\frac{2}{{3}^{n}}}$（x）（n∈N^*）；
②對?_n∈N*，你能否比較$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$與$\frac{{n}^{2}}{n+1}$的大��？若能，請給予證明；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）把已知函數求導，得到函數的單調區(qū)間，并求得函數的最大值；
（2）①由已知數列遞推式可得數列{a_n-1}是等比數列，求其通項公式后可得數列{a_n}的通項公式，在求出f${\;}_{\frac{2}{{3}^{n}}}$（x）得最大值證得結論；
②由①可得對?x＞0，都有$\frac{1}{{a}_{n}}≥\frac{1}{1+x}-\frac{1}{（1+x）^{2}}（\frac{2}{{3}^{n}}-x）$，作和后放縮得答案．

解答 （1）解：由函數f₁（x）=$\frac{1}{1+x}$-$\frac{1}{（1+x）^{2}}$（t-x），得${f}_{1}′（x）=\frac{2（t-x）}{（1+x）^{3}}$，
由f₁′（x）＞0，得0＜x＜t，由f₁′（x）＜0，得x＞t，
則f₁（x）在（0，t）上為增函數，在（t，+∞）上為減函數，
∴${f}_{1}（x）_{max}={f}_{1}（t）=\frac{1}{1+t}$；
（2）①證明：由3a_n+1=a_n+2，得${a}_{n+1}-1=\frac{1}{3}（{a}_{n}-1）$，又a₁-1=$\frac{2}{3}$，
則數列{a_n-1}是等比數列，且${a}_{n}-1=\frac{2}{3}•（\frac{1}{3}）^{n-1}=\frac{2}{{3}^{n}}$，
∴${a}_{n}=\frac{2}{{3}^{n}}+1=\frac{2+{3}^{n}}{{3}^{n}}$，
由（1）知，${f}_{\frac{2}{{3}^{n}}}（x）_{max}$=f${\;}_{\frac{2}{{3}^{n}}}$（$\frac{2}{{3}^{n}}$）=$\frac{1}{1+\frac{2}{{3}^{n}}}=\frac{{3}^{n}}{{3}^{n}+2}$=$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴對?x＞0，$\frac{1}{{a}_{n}}$≥f${\;}_{\frac{2}{{3}^{n}}}$（x）（n∈N^*）；
②解：$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$＞$\frac{{n}^{2}}{n+1}$．
證明：由①知，對?x＞0，都有$\frac{1}{{a}_{n}}≥\frac{1}{1+x}-\frac{1}{（1+x）^{2}}（\frac{2}{{3}^{n}}-x）$，
于是，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\sum_{k=1}^{n}[\frac{1}{1+x}-\frac{1}{（1+x）^{2}}（\frac{2}{{3}^{k}}-x）]$=$\frac{n}{1+x}-\frac{1}{（1+x）^{2}}（\frac{2}{3}+\frac{2}{{3}^{2}}+…+\frac{2}{{3}^{n}}-nx）$，
特別地，令$1-\frac{1}{{3}^{n}}-n{x}_{0}=0$，即${x}_{0}=\frac{1}{n}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）$＞0，
有$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+…+$\frac{1}{{a}_{n}}$≥$\frac{n}{1+{x}_{0}}$=$\frac{n}{1+\frac{1}{n}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）}$=$\frac{{n}^{2}}{n+1-\frac{1}{{3}^{n}}}$＞$\frac{{n}^{2}}{n+1}$．

點評 本題考查數列遞推式，考查了數列的函數特性，訓練了利用放縮法證明數列不等式，難度較大．