Question

已知對任意正整數(shù)n，函數(shù)fn(x)=x-

a

x

-2nlnx恒存在極小值a_n（a＞0），
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）求a_n并判斷數(shù)列{a_n}的單調(diào)性；
（Ⅲ）是否存在m∈N^*，使a_m＞0，若存在，求m的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）因?yàn)楹瘮?shù)的極小值處導(dǎo)數(shù)等于0，且極小值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)左負(fù)右正，若fn(x)=x-

a

x

-2nlnx恒存在極小值a_n（a＞0），則導(dǎo)數(shù)等于0必有正解．因?yàn)?span id="ifrix1w" class="MathJye">fn′(x)=1+

a

x2

-

2n

x

=

x2-2nx+a

x2

，所以方程x²-2nx+a=0必有兩正根，則△＞0恒成立，解得a的范圍即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，函數(shù)的極小值是方程x²-2nx+a=0的根，解方程，根據(jù)一元二次方程根的分布，可判斷當(dāng)n=n+

n2-a

時(shí)函數(shù)有極小值，求出極小值．再利用導(dǎo)數(shù)判斷數(shù)列{a_n}的單調(diào)性．
（Ⅲ）先假設(shè)存在m∈N^*，使a_m＞0，由（Ⅱ）已判斷數(shù)列{a_n}是單調(diào)減數(shù)列，所以當(dāng)n=1時(shí)a_n最大，只需求a_n，看是否大于0，即可．

解答：解：（Ⅰ）fn′(x)=1+

a

x2

-

2n

x

=

x2-2nx+a

x2

由條件得：方程x²-2nx+a=0必有兩根，
∵兩根之和為2n＞0，兩根之積為a＞0
∴兩根必為正根
則△=4n²-4a＞0，
得a＜n²，對一切正整數(shù)n都成立
所以，a的取值范圍是0＜a＜1．
（Ⅱ）為x1，2=n±

n2-a

函數(shù)的極小值

an=f(n+ n2-a )=n+ n2-a - a n+ n2-a -2nln(n+ n2-a ) =2 n2-a -2nln(n+ n2-a )

設(shè)g(x)=2

x2-a

-2xln(x+

x2-a

)，（x≥1），則

g′(x)= 2x x2-a -2ln(x+ x2-a )- 2x x+ x2-a (1+ 2x 2 x2-a ) = 2x x2-a -2ln(x+ x2-a )- 2x x2-a =-2ln(x+ x2-a )

因?yàn)閤≥1，所以ln(x+

x2-a

)＞0，得g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，故{a_n}是遞減數(shù)列．
（Ⅲ）假設(shè)存在m∈N^*，使a_m＞0，
由（Ⅱ）知{a_n}是遞減數(shù)列，先考慮第一項(xiàng)a1=2

1-a

-2ln(1+

1-a

)
令t=

1-a

，則t∈（0，1），a₁=φ（t）=2t-2ln（1+t），則φ′(t)=2-

2

1+t

＞0，φ（t）單調(diào)遞增，φ（t）＞φ（0）=0，所以a₁＞0；
再考慮第二項(xiàng)a2=2

4-a

-4ln(2+

4-a

)
令u=

4-a

，則u∈(

3

，2)，a₂=h（u）=2u-4ln（2+u），則h′(u)=2-

4

2+u

=

2u

2+u

＞0h（u）單調(diào)遞增，h（u）＜h（2）=4-4ln4＜0，所以a₂＜0，
故存在m=1符合題意．

點(diǎn)評：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極小值，以及利用導(dǎo)數(shù)判斷數(shù)列的單調(diào)性，及數(shù)列單調(diào)性的應(yīng)用．