Question

已知函数f（x）=ln（1+x^x）-ax，其中a＞0
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果a∈（0，1），当a≥0时，不等式f（x）-m＜0的解集为空集，求实数m的取值范围；
（3）当x＞1时，若g（x）=f[ln（x-1）]+aln（x-1），试证明：对n∈N^*，当n≥2时，有g(

1

n!

)＞-

n(n-1)

2

．

Answer 1

分析：（1）求出函数的导数，其中含有字母参数a，根据导数的零点讨论a的取值范围，可以得出f（x）的单调区间的两种情形；
（2）变量分离，将不等式f（x）-m＜0化为f（x）＜m，解集为空集，说明f（x）的最小值大于或等于m，再在（1）的单调性的基础上，讨论得出函数f（x）的最小值，即可求m的取值范围；
（3）当x＞1时，化g（x）为lnxg(

1

n!

)，问题转化为证：ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜-1-2-3…-（n-1）=n-1-2…-（n-1）-n，再构造一个新的函数：h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1），利用导数得出h（t）为减函数，最后利用函数的极限，让t分别取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2），同向不等式迭加，最终得出要证的不等式成立．

解答：解：（1）∵f'（x）=

ex

1+ex

-a=

(1-a)ex-a

1+ex

∴
当a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）的递减区间为R
当0＜a＜1时，f'（x）＞0得：x＞ln

a

1-a

f'（x）＜0得：x＜ln

a

1-a

∴f（x）的递增区间为（ln

a

1-a

，+∞），递减区间为（-∞，ln

a

1-a

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

1

2

时，ln

a

1-a

＜0，∴f（x）_min=f（0）=ln2，∴m≤ln2
当

1

2

≤a＜1时，由①可知：x=ln

a

1-a

时，f（x）有极小值∴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）当x＞1时，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

∴即证：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）为减函数
∵

lim

t→1-1

h（t）=0，∴h（t）＞0，即：lnt＞1-

1

t

当t分别取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2）时有
：ln

1

2

＞1-2，ln

1

3

＞1-3，ln

1

4

＞n-1-2-3-…-（n-1）-n
∴ln

1

n!

＞-1-2-3-…-(n-1)=-

n(n-1)

2

点评：本题考查了函数导数的应用，属于中档题．同时还考查了导数、函数与不等式的综合应用，极限思想解题，考查了计算能力和转化、化归思想的应用．