Question

6．已知函数f（x）=ax-1-lnx
（Ⅰ） 若f（x）≥0对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ） 求证：对任意的$n∈{N^*}，\frac{n+1}{{\root{n}{n!}}}＜e$（e为自然对数的底数．e≈2.71828）

Answer 1

分析 （Ⅰ）运用参数分离可得$a≥\frac{1+lnx}{x}$，令$g（x）=\frac{1+lnx}{x}$，求出导数，求得单调区间和极值、最值，即可得到a的范围；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a=1时，lnx≤x-1，则ln（1+x）≤x（当x=0时等号成立），令$x=\frac{1}{i}（i∈{N^*}）$，得$ln（1+\frac{1}{i}）＜\frac{1}{i}$，再令i=1，2，…n，并累乘，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）因为函数定义域为（0，+∞），
所以ax-1-lnx≥0即$a≥\frac{1+lnx}{x}$，
令$g（x）=\frac{1+lnx}{x}$，由$g'（x）=\frac{-lnx}{x^2}=0$得x=1，

x	（0，1）	（1，+∞）
g'（x）	+	-
g（x）	↑	↓

因此g（x）_max=g（1）=1，所以a≥1；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知a=1时，ax-1-lnx≥0，即lnx≤x-1，
则ln（1+x）≤x（当x=0时等号成立），
令$x=\frac{1}{i}（i∈{N^*}）$，得$ln（1+\frac{1}{i}）＜\frac{1}{i}$，
即$1+\frac{1}{i}＜{e^{\frac{1}{i}}}，{（\frac{i+1}{i}）^i}＜e$，
取i=1，2，…n，并累乘得$\frac{{{2^{1}}}}{1^1}•\frac{3^2}{2^2}•\frac{4^3}{3^3}…\frac{{{{（n+1）}^n}}}{n^n}=\frac{{{{（n+1）}^n}}}{n!}＜{e^n}$，
所以（n+1）ⁿ＜n!eⁿ，$\frac{{{{（n+1）}^n}}}{n!}＜{e^n}$即$\frac{n+1}{{\root{n}{n!}}}＜e$．

点评 本题考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和运用导数求得最值，同时考查不等式的证明，注意运用构造函数和累乘法，属于中档题．