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18.已知f(x)=ex-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.

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)=ex-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):ex≥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.

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