Question

已知函數f（x）=ln（1+x^x）-ax，其中a＞0
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）如果a∈（0，1），當a≥0時，不等式f（x）-m＜0的解集為空集，求實數m的取值范圍；
（3）當x＞1時，若g（x）=f[ln（x-1）]+aln（x-1），試證明：對n∈N^*，當n≥2時，有g(

1

n!

)＞-

n(n-1)

2

．

Answer 1

分析：（1）求出函數的導數，其中含有字母參數a，根據導數的零點討論a的取值范圍，可以得出f（x）的單調區間的兩種情形；
（2）變量分離，將不等式f（x）-m＜0化為f（x）＜m，解集為空集，說明f（x）的最小值大于或等于m，再在（1）的單調性的基礎上，討論得出函數f（x）的最小值，即可求m的取值范圍；
（3）當x＞1時，化g（x）為lnxg(

1

n!

)，問題轉化為證：ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜-1-2-3…-（n-1）=n-1-2…-（n-1）-n，再構造一個新的函數：h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1），利用導數得出h（t）為減函數，最后利用函數的極限，讓t分別取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2），同向不等式迭加，最終得出要證的不等式成立．

解答：解：（1）∵f'（x）=

ex

1+ex

-a=

(1-a)ex-a

1+ex

∴
當a≥1時，f'（x）＜0，∴f（x）的遞減區間為R
當0＜a＜1時，f'（x）＞0得：x＞ln

a

1-a

f'（x）＜0得：x＜ln

a

1-a

∴f（x）的遞增區間為（ln

a

1-a

，+∞），遞減區間為（-∞，ln

a

1-a

）
（2）∵不等式f（x）＜m的解集為空集，即f（x）≥m在x∈[0，+∞）恒成立
又∵0＜a＜

1

2

時，ln

a

1-a

＜0，∴f（x）_min=f（0）=ln2，∴m≤ln2
當

1

2

≤a＜1時，由①可知：x=ln

a

1-a

時，f（x）有極小值∴f（x）_min=f（ln

a

1-a

)=ln(1+eln

a

1-a

)-aln

a

1-a

=ln

1

1-a

-aln

a

1-a

∴m≤（a-1）ln（1-a）-alna
（3）當x＞1時，g（x）=f[ln（x-1）+aln（x-1）]=ln[1+e^ln（x-1）]-aln（x-1）+aln（x-1）=lnxg（

1

n!

)=ln

1

n!

=ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

∴即證：ln

1

1

+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜-1-2-3…-（n-1）=n-1-2…-（n-1）-n
令h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1），
∴h'（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t

＜0
∴h（t）為減函數
∵

lim

t→1-1

h（t）=0，∴h（t）＞0，即：lnt＞1-

1

t

當t分別取

1

2

、

1

3

、

1

4

、…、

1

n

（n≥2）時有
：ln

1

2

＞1-2，ln

1

3

＞1-3，ln

1

4

＞n-1-2-3-…-（n-1）-n
∴ln

1

n!

＞-1-2-3-…-(n-1)=-

n(n-1)

2

點評：本題考查了函數導數的應用，屬于中檔題．同時還考查了導數、函數與不等式的綜合應用，極限思想解題，考查了計算能力和轉化、化歸思想的應用．