Question

已知函数，m＜0．
（I）当m=-1时，求函数的单调区间；
（II）已知m（其中e是自然对数的底数），若存在实数，使f（x）＞e+1成立，证明：2m+e+l＜0；
（III）证明：．

Answer

（Ⅰ）利用导数的运算法则即可求出其单调区间；
（Ⅱ）将已知m（其中e是自然对数的底数），若存在实数，使f（x）＞e+1成立，等价于已知m，当时，使f（x）max＞e+1成立，先求出函数f（x）的最大值，进而即可得出结论．
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当m=-1时，函数y=f（x）-在区间上单调递减，所以f（x）-＜f（0）．可得．当n∈N*时，，得，即．利用上式即可证得结论．
【解析】
（Ⅰ）当m=-1时，f（x）=，∴y=．
∵，∴x，∴此函数的定义域为{x|}．
∵y′==．
令y′=0，得或x=1．
又，当，或x＞1时，y′＞0；当时，y′＜0．
∴函数y=f（x）-在区间或（1，+∞）上单调递增；在区间上单调递减．
．（Ⅱ）∵已知m（其中e是自然对数的底数），若存在实数，使f（x）＞e+1成立，
∴上述问题等价于已知m，当时，使f（x）max＞e+1成立，
下面求当时，函数求（x）的最大值．
∵，∴．
∵=，
∴令f′（x）=0解得x1=0，．
当时，f′（x）＞0；当时，f′（x）＜0．
∴函数f（x）在区间上单调递增；在区间上单调递减．
故函数f（x）在x=0时取得最大值，且f（0）=-2m，
∴-2m＞e+1，即2m+e+1＜0．
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当m=-1时，函数y=f（x）-在区间上单调递减，
∴函数y=f（x）-在（0，1]上为减函数．
又函数y=f（x）-在x=0处连续，∴f（x）-＜f（0）．
即，亦即＜0．
∴．
∴当x∈（0，1]时，有．
当n∈N*时，，
∴，即．
∴+…+=，
故结论成立．