Question

已知f（x）=1-x+lnx，g（x）=mx-1（m∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）≤g（x）恒成立，

已知f（x）=1-x+lnx，g（x）=mx-1（m∈R）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）≤g（x）恒成立，求m的取值范围；（3）若数列{an}的各项均为正数，a1=1，当m=2时an+1=f（an）+g（an）+2，n∈N*，求证：an≤2n-1（n∈N*）．

Answer 1

（1）求导f′(x)＝

1

x

?1＝

1?x

x

，由f′（x）=0，得x=1．
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．
∴函数y=f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
（2）方法一、令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-（1+m）x+2则h′(x)＝

1

x

?(m+1)
若m+1≤0时，h'（x）＞0，h（x）在定义域上是增函数，
则h（1）=-（1+m）+2＞0，f（x）≤g（x）不恒成立．
若m+1＞0时，由h'（x）=0得x＝

1

1+m

当x∈(0，

1

1+m

)时，h′（x）＞0，h（x）在(0，

1

1+m

)上是增函数；
当x∈(

1

1+m

，+∞)时，h′（x）＜0，h（x）在(

1

1+m

，+∞)上是减函数．
∴h（x）在（0，+∞）上的最大值为h(

1

1+m

)＝1?ln(1+m)≤0，解得m≥e-1
∴当m≥e-1时f（x）≤g（x）恒成立；
（2）方法二、由 f（x）≤g（x）恒成立得：m≥

lnx?x+2

x

恒成立．
令h(x)＝

lnx?x+2

x

，
则h′(x)＝?

lnx+1

x2

，由h′（x）=0得x＝

1

e

∴h（x）在(0，

1

e

)单调递增，在(

1

e

，+∞)单调递减
∴h(x)max＝h(

1

e

)＝e?1，故m≥e-1；
（3）方法一、由题意，正项数列{a_n}满足：a1＝1，an+1＝lnan+an+2，n∈N*．
用数学归纳法证明.an≤2n?1，n∈N^*．
1）当n=1时，a1＝1≤21?1，不等式成立；
2）假设n=k时，ak≤2k?1，那么，当n=k+1时，
由（1）知{a_n}，即有不等式a₁=1．
于是   a₂a₁=2(ak+1)?1≤2?2k?1＝2k+1?1，成立．
由（1）、（2）知an≤2n?1，n∈N^*，成立，
（3