每日一题[3257]未卜先知

函数 $f(x)=\dfrac{x+a}{x+1}$（$x>0$），曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线的截距为 $\dfrac{11}{2}$．

1、求 $a$；

2、讨论 $g(x)=x\cdot f^2(x)$ 的单调性；

3、设 $a_1=1$，$a_{n+1}=f\left(a_n\right)$（$n \in \mathbb N^{\ast}$），证明：$2^{n-2}\left|2 \ln a_n-\ln 7\right|<1$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)=\dfrac{1-a}{(x+1)^2},$$ 在 $(1,f(1))$ 处的切线方程为 $$y=f(1)+f'(1)(x-1)\iff y=\dfrac{1-a}4x+\dfrac{1+3a}4,$$ 切线截距为 $\dfrac{1+3a}4=\dfrac{11}2$，于是 $a=7$．

2、函数 $g(x)=\dfrac{x(x+a)^2}{(x+1)^2}$，其导函数 $^{[1]}$

$$g'(x)=\dfrac{(x+7)(x^2-4x+7)}{(x+1)^3},$$ 因此函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．

3、欲证不等式为

$$\left|\ln\dfrac{a_n^2}7\right|<\dfrac{1}{2^{n-2}}\iff \left|\ln\dfrac{a_n}{\sqrt 7}\right|<\dfrac{1}{2^{n-1}}.$$ 利用不动点 $x=\pm \sqrt 7$ 改造递推公式 $$a_{n+1}=\dfrac{a_n+7}{a_n+1}\iff \dfrac{a_{n+1}-\sqrt 7}{a_{n+1}+\sqrt 7}=\dfrac{1-\sqrt 7}{1+\sqrt 7}\cdot \dfrac{a_n-\sqrt 7}{a_n+\sqrt 7},$$ 于是 $$\dfrac{a_n-\sqrt 7}{a_n+\sqrt 7}=q^n\iff \dfrac{a_n}{\sqrt 7}=\dfrac{1+q^n}{1-q^n}\implies \left|\ln\dfrac{a_n}{\sqrt 7}\right|=\left|\ln\dfrac{1+q^n}{1-q^n}\right|,$$ 其中 $q=\dfrac{1-\sqrt 7}{1+\sqrt 7}=-\dfrac{4-\sqrt 7}3=-0.45\cdots$． 接下来证明 $$\left|\ln\dfrac{1+q^n}{1-q^n}\right|<\dfrac{1}{2^{n-1}},$$ 根据对数的基本放缩，有 $$\dfrac{2q^n}{1+q^n}<\ln\dfrac{1+q^n}{1-q^n}<\dfrac{2q^n}{1-q^n},$$ 因此只需要证明 $$\dfrac{2|q|^n}{1+|q|^n}<\dfrac{1}{2^{n-1}}\iff \dfrac{1}{|q|^n}+1>2^n,$$ 这显然成立，命题得证．

备注    $[1]$ 注意到 $g'(x)=f^2(x)+2x\cdot f(x)\cdot f'(x)$，于是分子必然包含因式 $(x+7)$．