Question

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

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

，其中0＜a＜b；
（3）設[x]表示不超過x的最大整數(shù)，證明：[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤1+[lnn]（n∈N^*）

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）對t分類討論，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最小值即可得出；
（2）由（1），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
當x＞0時，lnx≤x-1，當且僅當x=1時，等號成立．故當x＞0且x≠1時，有l(wèi)nx＜x-1．令x=

b

a

，即可證明．
（3）由（2），得得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．
令a=k，b=k+1（k∈N^*），得

1

k+1

＜ln

k+1

k

＜

1

k

．
對k取值，利用“累加求和”及其[x]的定義即可得出．

解答： 解：（1）若t＜0，令x=

1

t

，則f（

1

t

）=e 

1

t

^-1-1＜0；
若t=0，f （x）=e^x-1＞0，不合題意；
若t＞0，只需f（x）_min≤0．求導數(shù)，得f′（x）=e^x-1-t．
令f′（x）=0，解得x=lnt+1．
當x＜lnt+1時，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，lnt+1）上是減函數(shù)；
當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）
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．
取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
當x＞0時，lnx≤x-1，當且僅當x=1時，等號成立，
故當x＞0且x≠1時，有l(wèi)nx＜x-1．
令x=

b

a

，得ln

b

a

＜

b

a

-1（0＜a＜b），即ln

b

a

＜

b-a

a

．
令x=

a

b

，得ln

a

b

＜

a

b

-1（0＜a＜b），即-ln

b

a

＜

a-b

b

，亦即ln

b

a

＞

b-a

b

．
綜上，得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．
令a=k，b=k+1（k∈N^*），得

1

k+1

＜ln

k+1

k

＜

1

k

．
對于ln

k+1

k

＜

1

k

，分別取k=1，2，…，n，
將上述n個不等式依次相加，得
ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n+1

n

＜1+

1

2

+…+

1

n

，
∴l(xiāng)n（1+n）＜1+

1

2

+…+

1

n

．      ①
對于

1

k+1

＜ln

k+1

k

，分別取k=1，2，…，n-1，
將上述n-1個不等式依次相加，得

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

，即

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn（n≥2），
∴1+

1

2

+…+

1

n

≤1+lnn（n∈N^*）．       ②
綜合①②，得ln（1+n）＜1+

1

2

+…+

1

n

≤1+lnn．
易知，當p＜q時，[p]≤[q]，
∴[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤[1+lnn]（n∈N^*）．
又∵[1+lnn]=1+[lnn]，
∴[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤1+[lnn]（n∈N^*）．…（14分）

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、[x]的性質(zhì)，考查了分類討論的思想方法，考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性并證明不等式，考查了利用已經(jīng)證明的結(jié)論證明新問題，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．