Question

已知函數(shù)f（x）=

1

x+1

．
（Ⅰ）設(shè)g（x）=f（x）•1nx，判斷函數(shù)g（x）在（0，+∞）上是否存在極大值，并說明理由．
（Ⅱ）如圖，曲線y=f（x）在點Q（0，1）處的切線與x軸交于點P₁，過點P₁作x軸的垂線交曲線于點Q₁；曲線在點Q₁處的切線與x軸交于點P₂，過點P₂作x軸的垂線交曲線于點Q₂；依次重復(fù)上述過程得到點列：P₁，P₂，P₃，…，P_n（n∈N^*），設(shè)點P_n的坐標為（a_n，0），求數(shù)列{a_n}的通項公式，并證明：

1

a1

+

1

a2

+…+

1

an

≥

3

2

-

1

2n

．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合,函數(shù)在某點取得極值的條件

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,等差數(shù)列與等比數(shù)列,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（I）g（x）=f（x）•1nx=

lnx

x+1

（x＞0），g′（x）=

1

(x+1)2

(

x+1

x

-lnx)．設(shè)h（x）=

x+1

x

-lnx=1+

1

x

-lnx．利用導(dǎo)數(shù)判定h（x）在區(qū)間（e，e²）內(nèi)存在唯一零點，即可得到函數(shù)g（x）在（0，+∞）上存在極大值．
（II）由f′（x）=-

1

(x+1)2

，則f′（0）=-1，可得切線QP₁的方程為：y=-x+1．由已知可得Q_n-1(an-1，

1

an-1+1

)，則切線Q_n-1P_n的方程為y-

1

an-1+1

=-

1

(an-1+1)2

(x-an-1)．可得a_n=2a_n-1+1（n≥2）．
a_n+1=2（a_n-1+1）（n≥2），則數(shù)列{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．可得an=2n-1．于是

n

i=1

1

ai

=1+

1

22-1

+…+

1

2n-1

≥1+

1

22

+…+

1

2n

，再利用等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答： 解：（I）g（x）=f（x）•1nx=

lnx

x+1

（x＞0），g′（x）=

1

(x+1)2

(

x+1

x

-lnx)．
設(shè)h（x）=

x+1

x

-lnx=1+

1

x

-lnx．
h′(x)=-

1

x2

-

1

x

=-

1+x

x2

＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∵h（e）=

1

e

＞0，h（e²）=

1

e2

-1＜0，
∴h（x）在區(qū)間（e，e²）內(nèi)存在唯一零點，即存在x0∈(e，e2)，使得h（x₀）=0．
∴當(dāng)0＜x＜x₀時，h（x）＞0，從而g′（x）＞0；當(dāng)x＞x₀s時，h（x）＜0，從而g′（x）＜0．
∴g（x）在區(qū)間（0，x₀）上是增函數(shù)，在區(qū)間（x₀，+∞）上是減函數(shù)，
∴x₀為函數(shù)g（x）的極大值點．故函數(shù)g（x）在（0，+∞）上存在極大值．
（II）∵f′（x）=-

1

(x+1)2

，則f′（0）=-1，
∴切線QP₁的方程為：y=-x+1．令y=0，則x=1．
∴a₁=1．由已知可得Q_n-1(an-1，

1

an-1+1

)，則切線Q_n-1P_n的方程為y-

1

an-1+1

=-

1

(an-1+1)2

(x-an-1)．
令y=0，則x=2a_n-1+1，∴a_n=2a_n-1+1（n≥2）．
∵a_n+1=2（a_n-1+1）（n≥2），則數(shù)列{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．
∴an+1=2n，即an=2n-1．
因此

n

i=1

1

ai

=1+

1

22-1

+…+

1

2n-1

≥1+

1

22

+…+

1

2n

=1+

1 4 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

=

3

2

-

1

2n

．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、切線的方程、等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式，考查了轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．