Question

（1）已知函数f(x)＝e^x－1－tx，∃x₀∈R，使f(x₀)≤0，求实数t的取值范围；

（2）证明：＜ln＜，其中0＜a＜b；

（3）设[x]表示不超过x的最大整数，证明：[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N^*）．

Answer

（1）.（2）（3）见解析

【解析】

试题分析：（1）根据题意，其实是求实数t的取值范围使函数的最小值小于零，结合函数的解析式的特点，应利导数工具，研究函数的单调性和极（最）值问题.（2）要证，即证：，只要证：,因为，所以， ，因此可构造函数，利用导数探究其在符号即可.类似的方法可证明，必要时可借用（1）的结论.

（3）根据的定义，

要证

只需证：

由（2），若令，则有

当分别取时有：

上述同向不等式两边相加可得：，类似地可证另一部分.

试题解析：（1）若t＜0，令x＝，则f()＝e－1－1＜0；

若t＝0，f(x)＝ex－1＞0，不合题意；

若t＞0，只需f(x)min≤0．

求导数，得f′(x)＝ex－1－t．

令f′(x)＝0，解得x＝lnt＋1．

当x＜lnt＋1时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，lnt＋1)上是减函数；

当x＞lnt＋1时，f′(x)＞0，∴f(x)在(lnt＋1，＋∞)上是增函数．

故f(x)在x＝lnt＋1处取得最小值f(lnt＋1)＝t－t(lnt＋1)＝－tlnt．

∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．

综上可知，实数t的取值范围为(－∞，0)∪[1，+∞)． 4分

（2）由（1），知f(x)≥f(lnt＋1)，即ex－1－tx≥－tlnt．

取t＝1，ex－1－x≥0，即x≤ex－1．

当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，

故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x－1．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即ln＜．

令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即－ln＜，亦即ln＞．

综上，得＜ln＜． 9分

（3）由（2），得＜ln＜．

令a＝k，b＝k＋1（k∈N*），得＜ln＜．

对于ln＜，分别取k＝1，2， ，n，

将上述n个不等式依次相加，得

ln＋ln＋ ＋ln＜1＋＋ ＋，

∴ln(1＋n)＜1＋＋ ＋． ①

对于＜ln，分别取k＝1，2， ，n－1，

将上述n－1个不等式依次相加，得

＋＋ ＋＜ln＋ln＋ ＋ln，即＋＋ ＋＜lnn（n≥2），

∴1＋＋ ＋≤1＋lnn（n∈N*）． ②

综合①②，得ln(1＋n)＜1＋＋ ＋≤1＋lnn．

易知，当p＜q时，[p]≤[q]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤[1＋lnn]（n∈N*）．

又∵[1＋lnn]＝1＋[lnn]，

∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）． 14分

考点：1、导数在研究函数性质中的应用；2、对数的运算性质；3、构造函数解决不等式问题.