Question

17．已知函數(shù)f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx．
（1）若lnx-f（x）≤-1對x∈（0，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）對任意n∈N⁺，證明n+1＜e$\root{n}{n!}$．

Answer 1

分析 （1）方法一：由題意可知原不等式可知轉(zhuǎn)化成，h（x）_max≤-1，由g（1）+1≤0，求得a≥1，由當(dāng)a≥1時，h'（x）=0，即可求得x=1，x=-1+$\frac{1}{a}$，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系，即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
方法二：分類，根據(jù)a的取值范圍，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分別解得x的取值范圍，即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）由ln（1+x）≤x，x＞-1，則（1+x ） ${\;}^{\frac{1}{x}}$＜e，則$（1+x）^{\frac{1}{x}}$＜e，1，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，…，$\frac{1}{n}$ （n∈N^*）代換x，2＜e，（ $\frac{3}{2}$）²＜e，（ $\frac{4}{3}$）³＜e，…（ $\frac{n+1}{n}$）ⁿ＜e，累乘法，即可求得n+1＜e$\root{n}{n!}$．

解答 解：（1）方法一：令h（x）=lnx-f（x），則h（x）=lnx-f（x）≤-1，
即ln-（ax+$\frac{a-1}{x}$）≤-1恒成立，g（x）≤-1恒成立即g（x）_max≤-1．
則g（1）+1=-a-a+1+1≤0，解得：a≥1，
而當(dāng)a≥1時，h'（x）=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，x=-1+，4分
x=-1+$\frac{1}{a}$≤0，則x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減，
則h（x）_max=g（1）=1-2a≤-1，與題意相符，
即h（x）≤-1恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1；
方法二：h'（x）=$\frac{1}{x}$-a+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{-a{x}^{2}+x+a-1}{{x}^{2}}$=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，2分
（1）當(dāng)a=0時，g'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，x∈（0，1），h'（x）＜0，
h（x）在（0，1）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增．
則h（x）_min=g（1）=1，與題意不符；
（2）當(dāng)a≠0時，h'（x）=$\frac{-（ax+a-1）（x-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{-a[x-（-1+\frac{1}{a}）（x-1）]}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，x=-1+$\frac{1}{a}$，
①若a＜0，-1+$\frac{1}{a}$＜0，x∈（0，1），h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞），h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，則h（x）_max=h（1）=1-2a＜-1，則a＞1，矛盾，
與題意不符；　　 4分
②若a＞0，
（�。┤�0＜a＜$\frac{1}{2}$，-1+$\frac{1}{a}$＞1，x∈（0，1），g'（x）＜0；
x∈（1，-1+$\frac{1}{a}$），h'（x）＞0；
x∈（-1+$\frac{1}{a}$，+∞），h'（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）單調(diào)遞減，h（x）在（1，-1+$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞增，h（x）在（-1+$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞減，
h（1）=1-2a＞0與題意不符；
（ⅱ）若a=$\frac{1}{2}$時，x∈（0，+∞），g'（x）≤0，
∴h（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，h（1）=1-2a=0，與題意不符．
（ⅲ）若$\frac{1}{a}$＜a＜1，0＜-1+$\frac{1}{a}$＜1，x∈（0，-1+$\frac{1}{a}$），h'（x）＜0，x∈（-1+$\frac{1}{a}$，1），h'（x）＞0，x∈（1，+∞），h'（x）＜0，
h（x）在（0，-1+$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞減，在（-1+$\frac{1}{a}$，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，h（1）=1-2a＞-1，與已知矛盾不符題意．
（ⅳ）若a≥1，-1+$\frac{1}{a}$≤0，x∈（0，1），h'（x）＞0，h（x）在（0，1）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減，則h（x）＞h（1）=1-2a≤-1，與題意相符；
綜上，得h（x）≤-1恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1；
（2）證明：由（1）知，當(dāng)a=1時，有l(wèi)nx≤x-1，x＞0；于是有l(wèi)n（1+x）≤x，x＞-1，8分
則當(dāng)x＞0時，有$\frac{1}{x}$ln（1+x）＜1，則$ln（x+1）^{\frac{1}{x}}$＜1，$（1+x）^{\frac{1}{x}}$＜e，10分
在上式中，用1，$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，…，$\frac{1}{n}$ （n∈N^*）代換x，
可得2＜e，（ $\frac{3}{2}$）²＜e，（ $\frac{4}{3}$）³＜e，…（ $\frac{n+1}{n}$）ⁿ＜e相乘得 $\frac{（n+1）!}{n!}$＜eⁿ，n+1＜e$\root{n}{n!}$．
∴n+1＜e$\root{n}{n!}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查分類討論思想，屬于難題．