Question

20．证明：
（1）$\frac{x}{x+1}$≤ln（x+1）≤x；
（2）e^x≥x+1．

Answer 1

分析 （1）令f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，结合函数的单调性，分类讨论，即可证明；令g（x）=x-ln（x+1），根据它的导数的符号可得函数g（x）的单调性，再根据函数的单调性求得函数g（x）取得最小值为0，即g（x）≥0，从而证得不等式．
（2）首先构造函数f（x）=e^x-x-1，然后求出函数的导数，利用导数与函数单调性的关系进行证明．

解答 证明：（1）令f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，
则f′（x）=ln（x+1）+1-1=ln（x+1），
-1＜x＜0，f′（x）＜0，
∴f（x）在-1＜x＜0时单调递减，
∴（x+1）ln（x+1）-x＜0成立，
∴$\frac{x}{x+1}$≤ln（x+1）；
x=0，等号成立；
x＞0，∴ln（x+1）＞ln1=0，
即f′（x）＞0，
∴f（x）在x＞0时单调递增，
∴f（x）＞f（0）=0
∴（x+1）ln（x+1）-x＞0成立，
∴$\frac{x}{x+1}$≤ln（x+1）．
令g（x）=x-ln（x+1），则它的导数为 g′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$．
当0＞x＞-1时，g′（x）＜0，故函数g（x）在（-1，0）上是减函数．
当x≥0时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时，g′（x）=0，故函数g（x）在[0，+∞）上是增函数．
故当x=0时，函数g（x）取得最小值为0，
故有g（x）=x-ln（x+1）≥0，∴ln（x+1）≤x．
∴$\frac{x}{x+1}$≤ln（x+1）≤x；
（2）设f（x）=e^x-x-1，则f′（x）=e^x-1，
∴当x=0时，f′（x）=0，f（x）=0．
当x＞0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴f（x）＞f（0）=0．
当x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，0）上是减函数，
∴f（x）＞f（0）=0．
∴对x∈R都有f（x）≥0，
∴e^x≥x+1．

点评 本题主要考查函数导数与函数单调性之间的关系，根据函数的单调性求函数的最值，体现了转化的数学思想，掌握并会熟练运用导数与函数单调性的关系是关键，属于中档题．