2013 年考研数学（二） 第 20 题

两问型题目，第（Ⅰ）问的结论往往是第（Ⅱ）问的「弹药」：这里 $f$ 的最小值 $1$ 等价于恒不等式 $\ln x+\frac{1}{x}\ge 1$。有了它，用「已知条件不等式」减「恒不等式」立刻挤出单调性，再用条件不等式给出上界 $e$——单调有界准则登场。求极限时对递推不等式两边取极限得 $\ln A+\frac{1}{A}=1$，而这方程的唯一解正是最小值点 $x=1$。抓住「最小值 $\iff$ 恒不等式、等号唯一”这条主线即可。

本题考查函数最值与「单调有界准则」求数列极限，两问衔接紧密。

（Ⅰ） $f(x)=\ln x+\frac{1}{x}$ 定义域 $(0,+\infty )$。$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x=1$。当 $0<x<1$ 时 $f^{\prime }<0$，$x>1$ 时 $f^{\prime }>0$，故 $x=1$ 为最小值点，最小值 $f(1)=\ln 1+1=1$。

（由（Ⅰ）得到关键不等式：对一切 $x>0$，$\ln x+\frac{1}{x}\ge 1$。）

（Ⅱ）单调性。 由（Ⅰ）对 $x_n$ 有 $\ln x_n+\frac{1}{x_n}\ge 1$，又已知 $\ln x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<1$。两式相减：$\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}>0$，即 $\frac{1}{x_n}>\frac{1}{x_{n+1}}$，故 $x_n<x_{n+1}$，数列 $\{x_n\}$ 单调增加。（注意由 $\ln x_n+\frac{1}{x_n}\ge 1$ 与题设条件可保证 $x_n>0$。）

有界性。 由 $\ln x_n\le \ln x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<1$ 得 $\ln x_n<1$，即 $x_n<e$。故 $\{x_n\}$ 单调增加且有上界 $e$，由单调有界准则，$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$ 存在。

求极限。 记 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$（$A>0$）。对 $\ln x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<1$ 取极限得 $\ln A+\frac{1}{A}\le 1$；又由 $\ln x_n+\frac{1}{x_n}\ge 1$ 取极限得 $\ln A+\frac{1}{A}\ge 1$。两者夹逼得 $\ln A+\frac{1}{A}=1$。而由（Ⅰ），$\ln x+\frac{1}{x}=1$ 只在 $x=1$ 取到（$1$ 是唯一最小值点），故 $A=1$，即 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=1$。