Question

已知函數(shù)f（x）=ln（1+x^x）-ax，其中a＞0
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）如果a∈（0，1），當(dāng)a≥0時(shí)，不等式f（x）-m＜0的解集為空集，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）當(dāng)x＞1時(shí)，若g（x）=f[ln（x-1）]+aln（x-1），試證明：對(duì)n∈N^*，當(dāng)n≥2時(shí)，有g(

1

n!

)＞-

n(n-1)

2

．

Answer 1

分析：（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，其中含有字母參數(shù)a，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)討論a的取值范圍，可以得出f（x）的單調(diào)區(qū)間的兩種情形；
（2）變量分離，將不等式f（x）-m＜0化為f（x）＜m，解集為空集，說明f（x）的最小值大于或等于m，再在（1）的單調(diào)性的基礎(chǔ)上，討論得出函數(shù)f（x）的最小值，即可求m的取值范圍；
（3）當(dāng)x＞1時(shí)，化g（x）為lnxg(

1

n!

)，問題轉(zhuǎn)化為證：ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜-1-2-3…-（n-1）=n-1-2…-（n-1）-n，再構(gòu)造一個(gè)新的函數(shù)：h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1），利用導(dǎo)數(shù)得出h（t）為減函數(shù)，最后利用函數(shù)的極限，讓t分別取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2），同向不等式迭加，最終得出要證的不等式成立．

解答：解：（1）∵f'（x）=

ex

1+ex

-a=

(1-a)ex-a

1+ex

∴
當(dāng)a≥1時(shí)，f'（x）＜0，∴f（x）的遞減區(qū)間為R
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f'（x）＞0得：x＞ln

a

1-a

f'（x）＜0得：x＜ln

a

1-a

∴f（x）的遞增區(qū)間為（ln

a

1-a

，+∞），遞減區(qū)間為（-∞，ln

a

1-a

）
（2）∵不等式f（x）＜m的解集為空集，即f（x）≥m在x∈[0，+∞）恒成立
又∵0＜a＜

1

2

時(shí)，ln

a

1-a

＜0，∴f（x）_min=f（0）=ln2，∴m≤ln2
當(dāng)

1

2

≤a＜1時(shí)，由①可知：x=ln

a

1-a

時(shí)，f（x）有極小值∴f（x）_min=f（ln

a

1-a

)=ln(1+eln

a

1-a

)-aln

a

1-a

=ln

1

1-a

-aln

a

1-a

∴m≤（a-1）ln（1-a）-alna
（3）當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）=f[ln（x-1）+aln（x-1）]=ln[1+e^ln（x-1）]-aln（x-1）+aln（x-1）=lnxg（

1

n!

)=ln

1

n!

=ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

∴即證：ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜-1-2-3…-（n-1）=n-1-2…-（n-1）-n
令h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1），
∴h'（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t

＜0
∴h（t）為減函數(shù)
∵

lim

t→1-1

h（t）=0，∴h（t）＞0，即：lnt＞1-

1

t

當(dāng)t分別取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2）時(shí)有
：ln

1

2

＞1-2，ln

1

3

＞1-3，ln

1

4

＞n-1-2-3-…-（n-1）-n
∴l(xiāng)n

1

n!

＞-1-2-3-…-(n-1)=-

n(n-1)

2

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，屬于中檔題．同時(shí)還考查了導(dǎo)數(shù)、函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用，極限思想解題，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化、化歸思想的應(yīng)用．