Question

（1）已知函數(shù)f(x)＝ex－1－tx，?x0∈R，使f(x0)≤0，求實數(shù)t的取值范圍；

（2）證明：＜ln＜，其中0＜a＜b；

（3）設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù)，證明：[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）．

 

Answer 1

【答案】

（1）.（2）（3）見解析

【解析】

試題分析：（1）根據(jù)題意，其實是求實數(shù)t的取值范圍使函數(shù)的最小值小于零，結(jié)合函數(shù)的解析式的特點，應(yīng)利導(dǎo)數(shù)工具，研究函數(shù)的單調(diào)性和極（最）值問題.（2）要證，即證：，只要證：,因為，所以， ，因此可構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探究其在符號即可.類似的方法可證明，必要時可借用（1）的結(jié)論.

（3）根據(jù)的定義，

要證

只需證：

由（2），若令，則有

當(dāng)分別取時有：

上述同向不等式兩邊相加可得：，類似地可證另一部分.

試題解析：（1）若t＜0，令x＝，則f()＝e－1－1＜0；

若t＝0，f(x)＝ex－1＞0，不合題意；

若t＞0，只需f(x)min≤0．

求導(dǎo)數(shù)，得f′(x)＝ex－1－t．

令f′(x)＝0，解得x＝lnt＋1．

當(dāng)x＜lnt＋1時，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，lnt＋1)上是減函數(shù)；

當(dāng)x＞lnt＋1時，f′(x)＞0，∴f(x)在(lnt＋1，＋∞)上是增函數(shù)．

故f(x)在x＝lnt＋1處取得最小值f(lnt＋1)＝t－t(lnt＋1)＝－tlnt．

∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．

綜上可知，實數(shù)t的取值范圍為(－∞，0)∪[1，+∞)． 4分

（2）由（1），知f(x)≥f(lnt＋1)，即ex－1－tx≥－tlnt．

取t＝1，ex－1－x≥0，即x≤ex－1．

當(dāng)x＞0時，lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立，

故當(dāng)x＞0且x≠1時，有lnx＜x－1．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即ln＜．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即－ln＜，亦即ln＞．

綜上，得＜ln＜． 9分

（3）由（2），得＜ln＜．

令a＝k，b＝k＋1（k∈N*），得＜ln＜．

對于ln＜，分別取k＝1，2， ，n，

將上述n個不等式依次相加，得

ln＋ln＋ ＋ln＜1＋＋ ＋，

∴ln(1＋n)＜1＋＋ ＋． ①

對于＜ln，分別取k＝1，2， ，n－1，

將上述n－1個不等式依次相加，得

＋＋ ＋＜ln＋ln＋ ＋ln，即＋＋ ＋＜lnn（n≥2），

∴1＋＋ ＋≤1＋lnn（n∈N*）． ②

綜合①②，得ln(1＋n)＜1＋＋ ＋≤1＋lnn．

易知，當(dāng)p＜q時，[p]≤[q]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤[1＋lnn]（n∈N*）．

又∵[1＋lnn]＝1＋[lnn]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）． 14分

考點：1、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用；2、對數(shù)的運算性質(zhì)；3、構(gòu)造函數(shù)解決不等式問題.