Question

18．已知f（x）=e^x-t（x+1），e为自然对数的底数．
（Ⅰ）若f（x）≥0对一切正实数x恒成立，求t的取值范围；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+$\frac{t}{{e}^{x}}$，且A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁≠x₂）是曲线y=g（x）上任意两点，若对任意的t≤-1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围；
（Ⅲ）求证：ln（1+n）＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$≤1+lnn．

Answer 1

分析 （Ⅰ）问题转化为t≤$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x＞0）恒成立，设p（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x≥0），通过求导得到函数的最小值，从而求出t的范围；
（Ⅱ）问题转化为g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，设F（x）=g（x）-mx，通过取得得到F（x）的单调性，从而求出m的范围；
（Ⅲ）由ln（1+x）＜x，得到ln（1+n）＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$①，1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$≤1+lnn（n∈N^*）②，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）≥0?t≤$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x＞0）恒成立，
设p（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x≥0），则p′（x）=$\frac{{xe}^{x}}{{（x+1）}^{2}}$≥0，
∴p（x）在x∈[0，+∞）单调递增，p（x）≥p（0）=1（x=1时取等号），
∴t≤1；
（Ⅱ）设x₁，x₂是任意的两个实数，且x₁＜x₂，
$\frac{g{（x}_{2}）-g{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞m，故g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
设F（x）=g（x）-mx，则F（x）在R上递增，
即F′（x）=g′（x）-m＞0恒成立，
即对任意的t≤-1，x∈R，m＜g′（x）恒成立，
而g′（x）=e^x-t-$\frac{t}{{e}^{x}}$≥2$\sqrt{{e}^{x}（\frac{-t}{{e}^{x}}）}$-t=-t+2$\sqrt{-t}$≥3，
故m＜3；
（Ⅲ）由（Ⅰ）：e^x≥x+1，即ln（1+x）≤x，（x＞-1），
则x＞0时，ln（1+x）＜x，
设x=$\frac{1}{k}$，则有ln$\frac{k+1}{k}$＜$\frac{1}{k}$，分别取k=1，2，3，…，n，
将上述n个不等式依次相加，得：
ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$，
∴ln（1+n）＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$①，
设x=-$\frac{1}{k+1}$，则有ln$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{1}{k+1}$，分别取k=1，2，3，…，n-1，
将上述n个不等式依次相加，得：
$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$＜ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+…+ln$\frac{n}{n-1}$，
即$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$＜lnn（n≥2），
∴1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$≤1+lnn（n∈N^*）②，
综合①②得：ln（1+n）＜1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$≤1+lnn．

点评 本题考查了函数恒成立问题，函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明问题，是一道难题．