Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1
（1）求f（x）的最小值．
（2）若數(shù)列{a_n}滿足，a₁=1，a_n+1=f（a_n）+2（n∈N^*），證明：2＜a_n＜3（n≥3，n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的最小值．
（2）推導(dǎo)出${a}_{n+1}=ln{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}+1$，首先證明a_n+1≥a_n成立，再由a₃=ln2+2＞2，得到當(dāng)n≥3時，a_n≥a₃＞2，再由${a}_{n}-ln{a}_{n}-\frac{1}{{a}_{n}}$≤1，設(shè)h（x）=x-lnx-$\frac{1}{x}$，則${h}^{'}（x）=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{x}^{2}}$＞0在（0，+∞）上恒成立，從而h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而a₃＜3，由此能證明2＜a_n＜3（n≥3，n∈N^*）．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，
∴x＞0，${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
由f′（x）＞0，得x＞1；由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
∴f（x）的減區(qū)間是（0，1），增區(qū)間是（1，+∞）．
∴f（x）的最小值f（x）_min=f（1）=ln1+1-1=0．
證明：（2）∵數(shù)列{a_n}滿足，a₁=1，a_n+1=f（a_n）+2（n∈N^*），
∴${a}_{n+1}=ln{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}+1$，
首先證明a_n+1≥a_n成立，
當(dāng)n=1時，a₁=1，a₂=ln1+1+1=2，a_n+1≥a_n成立，
假設(shè)a_n≥a_n-1≥a_n-2≥…≥a₁成立，
由（1）得當(dāng)x≥1時，f（x）單調(diào)遞增，
則a_n+1-a_n=f（a_n）-f（a_n+1）≥0，
∴a_n+1≥a_n成立，
∵a₃=ln2+2＞2，∴當(dāng)n≥3時，a_n≥a₃＞2，
∵a_n=f（a_n-1）+2≤f（a_n）+2，
∴${a}_{n}-ln{a}_{n}-\frac{1}{{a}_{n}}$≤1，
設(shè)h（x）=x-lnx-$\frac{1}{x}$，則${h}^{'}（x）=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{x}^{2}}$＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵h（3）=3-ln3-$\frac{1}{3}＞1$，∴h（3）＞h（a_n），∴a₃＜3．
綜上：2＜a_n＜3（n≥3，n∈N^*）．

點評 本題考查函數(shù)的最小值的求法，考查數(shù)列不等式的證明，考查函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、數(shù)列不等式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)與方程思想，是中檔題．