Question

10．已知函数f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）在区间（0，2）上的极值；
（Ⅱ）已知n∈N^*且n≥2，求证：$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导函数 f'（x）=e^x-a，通过若a≤0，若a＞0，①当0＜lna＜2，即1＜a＜e²时，②当lna≥2或lna≤0，即a≥e²或0＜a≤1时，分别求解导函数符号，判断函数的单调性求解函数的极值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=e^x-x-1在x=ln1=0处取得最小值0，推出e^x≥x+1．得到x≥ln（x+1），转化为$ln（{n+1}）-lnn＜\frac{1}{n}$，然后证明所证明的不等式即可．

解答 解：（Ⅰ） f'（x）=e^x-a…（1分）
若a≤0，则在区间（0，2）上有f'（x）＞0恒成立，则f（x）在区间（0，2）上无极值；…（2分）
若a＞0，令f'（x）=0，则x=lna，
①当0＜lna＜2，即1＜a＜e²时，当0＜x＜lna时f'（x）＜0，2＞x＞lna时f'（x）＞0，
故此时f（x）在x=lna取得极小值f（lna）=a-alna-1． …（4分）
②当lna≥2或lna≤0，即a≥e²或0＜a≤1时，f（x）在区间（0，2）上无极值…（5分）
综上所述，当a∈（-∞，1]∪[e²，+∞）时f（x）在区间（0，2）上无极值；
当1＜a＜e²时f（x）在区间（0，2）上有极小值f（lna）=a-alna-1．…（6分）
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）=e^x-x-1在x=ln1=0处取得最小值0，
即恒有f（x）=e^x-x-1≥0，即e^x≥x+1．…（8分）
当x＞-1时，两边取对数可得，x≥ln（x+1）（当x=0时等号成立）…（9分）
令$x=\frac{1}{n}＞0，n∈{N^*}$，则$\frac{1}{n}＞ln（{\frac{1}{n}+1}）=ln\frac{n+1}{n}$，即$ln（{n+1}）-lnn＜\frac{1}{n}$…（10分）
∴$ln\frac{n+1}{2}=ln（{n+1}）-ln2=[{ln（{n+1}）-lnn}]+[{lnn-ln（{n-1}）}]+…+[{ln3-ln2}]$$＜\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}+…+\frac{1}{2}$，
故$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$．…（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的极值，函数的最值的应用，考查分类讨论思想以及转化思想的应用，难度比较大．