Question

6．已知函数f（x）=ln（1+x）-ax，其中a∈R．
（1）若对于任意的x∈（-1，+∞），f（x）≤0恒成立，求实数a的值；
（2）求证：（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+（$\frac{3}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ＜$\frac{1}{e-1}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性从而求出a的值；
（2）根据ln（1+x）＜x，得到${（\frac{n-k}{n}）}^{n}$＜e^-k，从而证出结论．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{1+x}$-a=$\frac{1-a-ax}{1+x}$，
①当a=0时，f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，
∵x∈（-1，+∞），∴f′（x）＞0，f（x）在（-1，+∞）单调递增，
当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，不合题意；
②当a＞0时，令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$-1＞-1，
x∈（-1，$\frac{1}{a}$-1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（$\frac{1}{a}$-1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$-1）=ln$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）≤0，
即a-1-lna≥0，
设g（a）=a-1-lna，则g′（a）=1-$\frac{1}{a}$=$\frac{a-1}{a}$，
∴a∈（0，1）时，g′（a）＜0，g（a）递减，
a∈（1，+∞）时，g′（a）＞0，g（a）递增，
∴g（a）_min=g（1）=0，
∴a=1；
③a＜0时，令f（x）=0，得x≤$\frac{1}{a}$-1＜-1，
x∈（-1，+∞），f′（x）＞0，f（x）递增，
当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，不合题意；
综上，a=1时，对于任意的x∈（-1，+∞），f（x）≤0恒成立．
（2）∵ln（1+x）≤x，（x＞-1），（当且仅当x≥0取得），
令x=-$\frac{k}{n}$，（k=1，2，3，…，n-1），（n∈N^*），
ln（1-$\frac{k}{n}$）＜-$\frac{k}{n}$⇒nln（1-$\frac{k}{n}$）＜-k⇒ln${（1-\frac{k}{n}）}^{n}$＜-k⇒${（\frac{n-k}{n}）}^{n}$＜e^-k，
（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+（$\frac{3}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ＜＜e^-1+e^-2+…+-e^-（n-1）＜$\frac{\frac{1}{e}[1{-（\frac{1}{e}）}^{n-1}]}{1-\frac{1}{e}}$＜$\frac{\frac{1}{e}}{1-\frac{1}{e}}$=$\frac{1}{e-1}$．
即得：（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+（$\frac{3}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ＜$\frac{1}{e-1}$．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，不等式恒成立问题，是一道难题．