Question

7．设函数f（x）=（1-mx）ln（1+x）．
（1）若当0＜x＜1时，函数f（x）的图象恒在直线y=x上方，求实数m的取值范围；
（2）求证：$e＞{（\frac{1001}{1000}）^{1000.4}}$．

Answer 1

分析 （1）令F（x）=f（x）-x=（1-mx）ln（1+x）-x，求出函数的导数，通过讨论m的范围，确定函数的单调性，从而确定m的范围即可；
（2）问题等价变形$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$，取$x=\frac{1}{n}（n≥2）$，都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；取n=1000即可．

解答 解：（1）令F（x）=f（x）-x=（1-mx）ln（1+x）-x，
则$F'（x）=-mln（1+x）+\frac{1-mx}{1+x}-1$，x∈（0，1），
F″（x）=-$\frac{mx+2m+1}{{（1+x）}^{2}}$，
①当$m≤-\frac{1}{2}$时，由于x∈（0，1），有F″（x）≥0，
于是F'（x）在x∈（0，1）上单调递增，从而F'（x）＞F'（0）=0，
因此F（x）在x∈（0，1）上单调递增，即F（x）＞0；
②当m≥0时，由于x∈（0，1），有F″（x）＜0，
于是F'（x）在x∈（0，1）上单调递减，从而F'（x）＜F'（0）=0，
因此F（x）在x∈（0，1）上单调递减，即F（x）＜F（0）=0不符；
③当$-\frac{1}{2}＜m＜0$时，令${x_0}=min\{1，-\frac{2m+1}{m}\}$，当x∈（0，x₀]时，
F″（x）＜0，于是F'（x）在x∈（0，x₀]上单调递减，
从而F'（x）＜F'（0）=0，因此F（x）在x∈（0，x₀]上单调递减，
即F（x）＜F（0）=0而且仅有F（0）=0不符．
综上可知，所求实数m的取值范围是$（-∞，-\frac{1}{2}]$．
证明：（2）对要证明的不等式等价变形如下：
对于任意的正整数n，不等式${（1+\frac{1}{n}）^{n+\frac{2}{5}}}＜e$恒成立，
等价变形$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$相当于（2）中$m=-\frac{2}{5}$，${x_0}=\frac{1}{2}$的情形，
F（x）在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上单调递减，即F（x）＜F（0）=0；
取$x=\frac{1}{n}（n≥2）$，都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；
令n=1000得证．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想，是一道综合题．