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{an}滿足,a1=1,an+1=f(an)+2(n∈N*),證明:2<an<3(n≥3,n∈N*).

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an+1≥an成立,再由a3=ln2+2>2,得到當(dāng)n≥3時,an≥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<an<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{an}滿足,a1=1,an+1=f(an)+2(n∈N*),
∴${a}_{n+1}=ln{a}_{n}+\frac{1}{{a}_{n}}+1$,
首先證明an+1≥an成立,
當(dāng)n=1時,a1=1,a2=ln1+1+1=2,an+1≥an成立,
假設(shè)an≥an-1≥an-2≥…≥a1成立,
由(1)得當(dāng)x≥1時,f(x)單調(diào)遞增,
則an+1-an=f(an)-f(an+1)≥0,
∴an+1≥an成立,
∵a3=ln2+2>2,∴當(dāng)n≥3時,an≥a3>2,
∵an=f(an-1)+2≤f(an)+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(an),∴a3<3.
綜上:2<an<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.

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