Question

16．已知函数f（x）=e^x-ln（x+1）
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）证明：$e+{e^{\frac{1}{2}}}+{e^{\frac{1}{3}}}+…+{e^{\frac{1}{n}}}≥ln（n+1）（n∈{N^*}，e为常数）$．

Answer 1

分析 （1）充分利用导数与导函数零点研究函数的单调性，由图形单调性求函数的最值即可；
（2）由（1）知当x=0时，f（x）取得最小值，即f（x）≥1，即：e^x≥ln（x+1）+1；取x=$\frac{1}{n}$，则${e}^{\frac{1}{n}}≥ln（\frac{1}{n}+1）+1$=ln（n+1）-lnn+1，利用累加法即可得证．

解答 解：（1）由题意知，f（x）的定义域为：x＞-1；
对f（x）求导：f'（x）=e^x-$\frac{1}{x+1}$
对f'（x）求导有：f''（x）=e^x+$\frac{1}{（x+1）^{2}}$＞0，所以f'（x）为（-1，+∞）上单调增函数；
令f'（x）=0，则有x=0；
所以，当x∈（-1，0）时，f'（x）＜0，f（x）在（-1，0）上单调递减；
当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
故f（x）的最小值为f（0）=1．
（2）由（1）知当x=0时，f（x）取得最小值，即f（x）≥1
∴e^x-ln（x+1）≥1，即e^x≥ln（x+1）+1
取x=$\frac{1}{n}$，则${e}^{\frac{1}{n}}≥ln（\frac{1}{n}+1）+1$=ln（n+1）-lnn+1
于是e≥ln2-ln1+1；
${e}^{\frac{1}{2}}$≥ln3-ln2+1；
${e}^{\frac{1}{3}}$≥ln4-ln3+1；
…
${e}^{\frac{1}{n}}\\;≥$≥ln（n+1）-lnn+1；
累加得：e+${e}^{\frac{1}{2}}$+${e}^{\frac{1}{3}}$+…+${e}^{\frac{1}{n}}$≥ln（n+1），（n∈N^*）
故得证．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性与最值，以及构造法与累加法的应用，属中等题．