Question

3．已知函数f（x）=mx-1-lnx．
（1）若f（x）≥0对?_x∈（0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（2）求证：对?_n∈N^*，$\frac{n+1}{\root{n}{n!}}$＜e均成立（其中e为自然对数的底数，e≈2.71828）．

Answer 1

分析 （1）f（x）≥0等价于m≥$\frac{1+lnx}{x}$对?x∈（0，+∞）恒成立，求出右边的最大值，即可求实数m的取值范围；
（2）先证明（1+k）ln（1+k）-klnk＜1+ln（1+k），代入，利用累加法，即可证明结论．

解答 （1）解：f（x）≥0等价于m≥$\frac{1+lnx}{x}$对?x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，则g′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
x∈（0，1），g′（x）＞0，函数单调递增，x∈（1，+∞），g′（x）＜0，函数单调递减，
∴g（x）_max=g（1）=1，
∴m≥1；
（2）证明：由（1）知lnx≤x-1对?x∈（0，+∞）恒成立，当且仅当x=1时取等号，
∴ln（1+$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{k}$，
∴kln（1+k）-klnk＜1，
∴（1+k）ln（1+k）-klnk＜1+ln（1+k），
∴2ln2-ln1＜1+ln2，
3ln3-2ln2＜1+ln3，
…
（1+n）ln（1+n）-nlnn＜1+ln（1+n），
累加得（1+n）ln（1+n）＜n+（ln2+ln3+…+lnn）+ln（1+n）
∴nln（1+n）＜n+ln（n!），
∴ln（1+n）＜1+$\frac{1}{n}$ln（n!），
∴ln（1+n）-ln$\root{n}{n！}$＜1，
∴ln$\frac{n+1}{\root{n}{n!}}$＜1，
∴$\frac{n+1}{\root{n}{n!}}$＜e．

点评 本题是一道导数的综合题，利用导数求函数的单调区间，这里要对参数进行讨论，解决恒成立问题，构造函数证明不等式，这些都是导数中常考的题型，初学者要多做些这方面的习题．属于中档题．