Question

已知函數(shù)f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（1）是否存在實(shí)數(shù)m，使得不等式f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
（2）求證：(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)…[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e（其中nθ∈N^*，e是自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求f′（x）=

1

x

-m，討論m判斷f′（x）的符號，從而判斷f（x）的單調(diào)性及取得最大值的情況：m≤0，容易得出f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而f（1）=0，所以x＞1時(shí)，f（x）＞0，不符合f（x）≤0；m＞0，能夠判斷出f（

1

m

）=-lnm-1+m是f（x）的最大值，所以只要f（

1

m

）≤0即可，令g（m）=-lnm-1+m，通過求g′（m）求出g（m）的最小值0，所以g（m）≥0，所以只有-lnm-1+m=0，此時(shí)m=1；
（2）通過觀察要證的不等式，容易想到需將不等式左邊化簡成一項(xiàng)，并且考慮能否用上（1）的結(jié)論：lnx≤x-1在（0，+∞）上恒成立．所以ln（1+x）≤x在（-1，+∞）上恒成立，所以對原不等式的左邊取對數(shù)，并用上對數(shù)的運(yùn)算及l(fā)n（1+x）≤x，并且

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1)

)，經(jīng)過化簡并根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性證出該問．

解答： 解：（1）f′（x）=

1

x

-m；
①當(dāng)m≤0時(shí)，∵x＞0，∴f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）＞f（1）=0，不合題意；
②當(dāng)m＞0時(shí)，f′（x）=

1-mx

x

；
∴x∈(0，

1

m

)時(shí)，f′（x）＞0，x∈（

1

m

，+∞）時(shí)，f′（x）＜0；
∴f(

1

m

)=-lnm-1+m是f（x）的極大值，也是最大值；
∴要使f（x）≤0恒成立，只要-lnm-1+m≤0；
令g（m）=-lnm-1+m，g′（m）=1-

1

m

；
∴m∈（0，1）時(shí)，g′（m）＜0，m∈（1，+∞）時(shí)，g′（m）＞0；
所以g（1）=0是g（m）的最小值，即
g（m）≥0，即：
-lnm-1+m≥0；
∴-lnm-1+m=0；
∴m=1；
∴存在實(shí)數(shù)m=1，使不等式f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立；
（2）證明：據(jù)（1）知lnx≤x-1在（0，+∞）上恒成立；
所以ln（x+1）≤x在區(qū)間（-1，+∞）上恒成立
又

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)；
∴ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}=ln(1+

2

2×3

)+ln(1+

4

3×5

)+ln(1+

8

5×9

)+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

9

)+…+(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)]=2[(

1

2

-

1

2n+1

)]＜1；
∴(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e．

點(diǎn)評：考查通過求導(dǎo)數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性及取得極值及最值的情況，對函數(shù)單調(diào)性定義的運(yùn)用，以及要證明原不等式成立只需證明對不等式兩邊同時(shí)取對數(shù)后成立的方法，以及對于第一問的利用．