Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+ax，x∈（0，+∞）（a為實(shí)常數(shù)）．
（1）若函數(shù)f（x）在x=1處取極值，求此時(shí)函數(shù)f（x）的最小值；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，3）上存在極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)各項(xiàng)為正的無(wú)窮數(shù)列{x_n}滿(mǎn)足lnx_n+$\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$＜1（n∈N*），證明：x₁≤1．
（提示：當(dāng)0＜q＜1時(shí)，1+q+q²+q³+…+qⁿ+…=$\frac{1}{1-q}$）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論x的范圍，求出函數(shù)的最小值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）根據(jù)反證法假設(shè)x₁=b＞1，得到矛盾，從而證出結(jié)論即可．

解答 解：（1）由條件可知f'（1）=0，解得a=0．
檢驗(yàn)：當(dāng)a=0時(shí)，$f'（x）=\frac{x-1}{x^2}$滿(mǎn)足函數(shù)f（x）在x=1處取極值，
∴a=0，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f'（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)f'（x）＞0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴f（x）_min=f（1）=1．
（2）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}+a$．
由函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，3）上存在極值題意可知f'（x）=0在區(qū)間（2，3）上有變號(hào)零點(diǎn)．
設(shè)$\frac{1}{x}=t$，則當(dāng)x∈（2，3）時(shí)，$t∈（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$，
∵函數(shù)$g（t）=t-{t^2}+a=-{（t-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}+a$在區(qū)間$（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$單調(diào)遞增，
∴當(dāng)$t∈（\frac{1}{3}，\frac{1}{2}）$時(shí)，$g（t）∈（\frac{2}{9}+a，\frac{1}{4}+a）$，
∴$\frac{2}{9}+a＜0＜\frac{1}{4}+a$，
∴滿(mǎn)足條件的$a∈（-\frac{1}{4}，-\frac{2}{9}）$．
（3）反證法：假設(shè)x₁=b＞1，∵x_n＞0，∴$\frac{x_n}＞0$，且$0＜\frac{1}＜1$，
∴由（1）知$ln\frac{x_n}+\frac{x_n}≥1$，
又∵$ln{x_n}+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}＜1$，
∴$ln\frac{x_n}+\frac{x_n}≥1＞ln{x_n}+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$，
即$\frac{x_n}＞lnb+\frac{1}{{{x_{n+1}}}}$，
∴$1=\frac{x_1}＞lnb+\frac{1}{x_2}＞lnb+\frac{1}（lnb+\frac{1}{x_3}）＞lnb+\frac{lnb}+\frac{1}{b^2}（lnb+\frac{1}{x_4}）＞…＞$
$（1+\frac{1}+\frac{1}{b^2}+…+\frac{1}{b^n}）lnb+\frac{1}{b_n}•\frac{1}{{{x_{n+2}}}}+…$$＞（1+\frac{1}+\frac{1}{b^2}+…+\frac{1}{b^n}+…）lnb$=$\frac{1}{{1-\frac{1}}}lnb$，
即$\frac{1}{{1-\frac{1}}}lnb＜1$，
∵$0＜1-\frac{1}＜1$，
∴$lnb＜1-\frac{1}$，即$lnb+\frac{1}＜1$，
而由（1）當(dāng)b＞1時(shí)，$lnb+\frac{1}＞1$，∴矛盾，
故b≤1，即x₁≤1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及數(shù)列問(wèn)題，考查反證法的應(yīng)用，是一道綜合題．