Question

4．已知函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{m}{1+x}$（m∈R）．
（1）若函数f（x）的图象在x轴上方，求m的取值范围；
（2）若对任意的正整数n都有（1+$\frac{1}{n}$）^n-a≥e成立，求a的最大值．

Answer 1

分析 （1）令t=x+1，则t＞0，则f（t）=lnt+$\frac{m}{t}$，若函数f（x）的图象在x轴上方，问题转化为m≥-tlnt，令g（t）=-tlnt，（t＞0），根据函数的单调性求出m的范围即可；
（2）根据函数的单调性求出ln（1+$\frac{1}{n}$）≥$\frac{1}{n+1}$，将（1+$\frac{1}{n}$）^n-a≥e两边取对数，得：（n-a）ln（1+$\frac{1}{n}$）≥1，得到（n-a）•$\frac{1}{n+1}$≥1，解出即可．

解答 解：（1）函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{m}{1+x}$，
令t=x+1，则t＞0，则f（t）=lnt+$\frac{m}{t}$，
若函数f（x）的图象在x轴上方，
即lnt+$\frac{m}{t}$≥0，即m≥-tlnt，
令g（t）=-tlnt，（t＞0），
则g′（t）=-（1+lnt），
令g′（t）＞0，解得：t＜$\frac{1}{e}$，
令g′（x）＜0，解得：t＞$\frac{1}{e}$，
∴g（t）在（0，$\frac{1}{e}$）递增，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递减，
∴g（t）≤g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$，
故m≥$\frac{1}{e}$；
（2）由（1）得：m=1时，
f（x）=ln（x+1）+$\frac{1}{x+1}$，（x＞-1），
f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{x}{{（x+1）}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（-1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f（x）≥f（0）=1，
即ln（1+x）+$\frac{1}{1+x}$≥1，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln（1+$\frac{1}{n}$）+$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$≥1，
∴ln（1+$\frac{1}{n}$）≥1-$\frac{n}{n+1}$=$\frac{1}{n+1}$，
由（1+$\frac{1}{n}$）^n-a≥e两边取对数，
得：（n-a）ln（1+$\frac{1}{n}$）≥1，只需（n-a）•$\frac{1}{n+1}$≥1即可，
解得：a≤-1，
故a的最大值是-1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查对数的应用以及函数恒成立问题，考查对数函数的性质，换元思想，是一道综合题．