Question

17．已知函数f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx．
（1）若lnx-f（x）≤-1对x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）对任意n∈N⁺，证明n+1＜e$\root{n}{n!}$．

Answer 1

分析 （1）方法一：由题意可知原不等式可知转化成，h（x）_max≤-1，由g（1）+1≤0，求得a≥1，由当a≥1时，h'（x）=0，即可求得x=1，x=-1+$\frac{1}{a}$，利用导数与函数单调性关系，即可求得实数a的取值范围；
方法二：分类，根据a的取值范围，利用导数与函数单调性的关系，分别解得x的取值范围，即可求得实数a的取值范围；
（2）由ln（1+x）≤x，x＞-1，则（1+x ） ${\;}^{\frac{1}{x}}$＜e，则$（1+x）^{\frac{1}{x}}$＜e，1，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，…，$\frac{1}{n}$ （n∈N^*）代换x，2＜e，（ $\frac{3}{2}$）²＜e，（ $\frac{4}{3}$）³＜e，…（ $\frac{n+1}{n}$）ⁿ＜e，累乘法，即可求得n+1＜e$\root{n}{n!}$．

解答 解：（1）方法一：令h（x）=lnx-f（x），则h（x）=lnx-f（x）≤-1，
即ln-（ax+$\frac{a-1}{x}$）≤-1恒成立，g（x）≤-1恒成立即g（x）_max≤-1．
则g（1）+1=-a-a+1+1≤0，解得：a≥1，
而当a≥1时，h'（x）=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，x=-1+，4分
x=-1+$\frac{1}{a}$≤0，则x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）在（0，1）单调递增，
当x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）单调递减，
则h（x）_max=g（1）=1-2a≤-1，与题意相符，
即h（x）≤-1恒成立，实数a的取值范围为a≥1；
方法二：h'（x）=$\frac{1}{x}$-a+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{-a{x}^{2}+x+a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，2分
（1）当a=0时，g'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，x∈（0，1），h'（x）＜0，
h（x）在（0，1）单调递减，当x∈（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增．
则h（x）_min=g（1）=1，与题意不符；
（2）当a≠0时，h'（x）=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{-a[x-（-1+\frac{1}{a}）（x-1）]}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，x=-1+$\frac{1}{a}$，
①若a＜0，-1+$\frac{1}{a}$＜0，x∈（0，1），h'（x）＜0，h（x）单调递减；
当x∈（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）单调递增，则h（x）_max=h（1）=1-2a＜-1，则a＞1，矛盾，
与题意不符；　　 4分
②若a＞0，
（ⅰ）若0＜a＜$\frac{1}{2}$，-1+$\frac{1}{a}$＞1，x∈（0，1），g'（x）＜0；
x∈（1，-1+$\frac{1}{a}$），h'（x）＞0；
x∈（-1+$\frac{1}{a}$，+∞），h'（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）单调递减，h（x）在（1，-1+$\frac{1}{a}$）单调递增，h（x）在（-1+$\frac{1}{a}$，+∞）单调递减，
h（1）=1-2a＞0与题意不符；
（ⅱ）若a=$\frac{1}{2}$时，x∈（0，+∞），g'（x）≤0，
∴h（x）在（0，+∞）单调递减，h（1）=1-2a=0，与题意不符．
（ⅲ）若$\frac{1}{a}$＜a＜1，0＜-1+$\frac{1}{a}$＜1，x∈（0，-1+$\frac{1}{a}$），h'（x）＜0，x∈（-1+$\frac{1}{a}$，1），h'（x）＞0，x∈（1，+∞），h'（x）＜0，
h（x）在（0，-1+$\frac{1}{a}$）单调递减，在（-1+$\frac{1}{a}$，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，h（1）=1-2a＞-1，与已知矛盾不符题意．
（ⅳ）若a≥1，-1+$\frac{1}{a}$≤0，x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）在（0，1）单调递增；
当x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）单调递减，则h（x）＞h（1）=1-2a≤-1，与题意相符；
综上，得h（x）≤-1恒成立，实数a的取值范围为a≥1；
（2）证明：由（1）知，当a=1时，有lnx≤x-1，x＞0；于是有ln（1+x）≤x，x＞-1，8分
则当x＞0时，有$\frac{1}{x}$ln（1+x）＜1，则$ln（x+1）^{\frac{1}{x}}$＜1，$（1+x）^{\frac{1}{x}}$＜e，10分
在上式中，用1，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，…，$\frac{1}{n}$ （n∈N^*）代换x，
可得2＜e，（ $\frac{3}{2}$）²＜e，（ $\frac{4}{3}$）³＜e，…（ $\frac{n+1}{n}$）ⁿ＜e相乘得 $\frac{（n+1）!}{n!}$＜eⁿ，n+1＜e$\root{n}{n!}$．
∴n+1＜e$\root{n}{n!}$．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查分类讨论思想，属于难题．