Question

13．设函数f（x）=x-（x+1）ln（x+1），（x＞-1）．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在x=e-1处的切线方程；
（Ⅱ）设函数F（x）=1-mx-$\frac{1+f（x-1）}{x}$，G（x）=（1-m）x-$\frac{m}{2x}$-2m，对任意x∈[$\frac{1}{e}$，1]，是否存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），使得F（x）＞G（x）+1成立？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程，可得切线的方程；
（Ⅱ）假设存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），由F（x）求得导数，求得单调性，可得最小值；再由1+G（x）求得导数，求得单调性，可得最大值，令最小值大于最大值，求得m的范围，即可判断是否存在；
（Ⅲ）根据要证明的结论，利用分析法来证明本题，从结论入手，要证结论只要证明后面这个式子成立，两边取对数，构造函数，问题转化为只要证明函数在一个范围上成立，利用导数证明函数的性质．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x-（x+1）ln（x+1）的导数为f′（x）=-ln（x+1），
曲线y=f（x）在x=e-1处的切线斜率为k=-lne=-1，切点为（e-1，-1），
则曲线y=f（x）在x=e-1处的切线方程为y+1=-（x-e+1），
即为x+y-e+2=0；
（Ⅱ）假设存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），由F（x）=1-mx-$\frac{1+f（x-1）}{x}$=lnx-mx，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-m，由x∈[$\frac{1}{e}$，1]，可得$\frac{1}{x}$∈[1，e]，即有F′（x）＞0，
F（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上递增，可得x=$\frac{1}{e}$取得最小值为-1-$\frac{m}{e}$；
由1+G（x）=（1-m）x-$\frac{m}{2x}$-2m+1的导数为1-m+$\frac{m}{2{x}^{2}}$＞0，
即1+G（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上递增，可得x=1时，取得最大值，且为2-$\frac{7m}{2}$．
由假设可得-1-$\frac{m}{e}$＞2-$\frac{7m}{2}$．解得m＞$\frac{6e}{7e-2}$＞$\frac{1}{2}$，
故存在m，且范围是（$\frac{6e}{7e-2}$，1）；
（Ⅲ）要证：（1+m）ⁿ＜（1+n）^m
只需证nln（1+m）＜mln（1+n），
只需证$\frac{ln（1+m）}{m}$＜$\frac{ln（1+n）}{n}$，
设g（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，
则g′（x）=$\frac{x-（1+x）ln（1+x）}{（1+x）{x}^{2}}$，
由f（x）=x-（1+x）ln（1+x），导数f′（x）=-ln（x+1），
可得f（x）在（0，+∞）单调递减，
即x＞0时，有f（x）＜f（0），
∴x-（1+x）ln（1+x）＜0，所以g′（x）＜0，
即g（x）是（0，+∞）上的减函数，
即当m＞n＞0时，g（m）＜g（n），
故原不等式成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数，运用单调性，属于中档题．