Question

已知g（x）=lnx，其导函数为g'（x），反函数为g^-1（x）
（1）求证：y=x+1的函数图象恒不在y=g^-1（x）的函数图象的上方．
（2）设函数f（x）=e^g（x）-g'（x）-a•g（x）（a∈R）．若f（x）有两个极值点x₁，x₂；记过点A（x₁，f（x₁））B（x₂，f（x₂））的直线斜率为k．问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
（3）求证：

n

k=1

(

k

n

)n＜

e

e-1

．（n∈N^*）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）设令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，判断函数h（x）的单调性，根据单调性得到h（x）≥h（0）=0，问题得以解决．
（2）先求导，再构造函数F（x）=x²-ax+1，然后再分类讨论函数的单调性，利用斜率公式表示出k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，再假设存在a的值，使得k=2-a，导代入转化为
亦即x₂-

1

x2

-2lnx₂=0，x₂＞1，设h（t）=t-

1

t

-2lnt，t＞1，根据函数的单调性，得出矛盾，问题得以解决．
（3）由（1）有1+x≤e^x（当且仅当x=0时取等）对任意的实数R均成立，利用放缩法来证明，

解答： 解（1）∵g（x）=lnx，其导函数为g'（x），反函数为g^-1（x），
令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，
∴h'（x）=e^x-1，
令h'（x）=e^x-1=0，即x=0，
∴h（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，从而所得结论成立．
（2）∵f（x）=e^g（x）-g'（x）-a•g（x）（a∈R）．
∴f（x）=x-

1

x

-alnx，f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，
令F（x）=x²-ax+1，其判别式△=a²-4，
从而当|a|≤2时，△≤0，故f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＜-2时，△＞0，故F（x）=0的两根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当当a＞2时，△＞0，故F（x）=0的两根为x₁=

1

2

（a-

a2-4

），x₂=

1

2

（a+

a2-4

），
当0＜x＜x₁时，f′（x）＞0；当x₁，＜x＜x₂时，f′（x）＜0；当x＞x₂时，f′（x）＞0，
故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减．
从而当a＞2是，函数有两个极值点．
又因为f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）+

x1-x2

x1x2

-a（lnx₁-lnx₂），
所以k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

1

x1x2

-a

lnx1-lnx2

x1-x2

又由（1）知，x₁x₂=1．于是k=2-a

lnx1-lnx2

x1-x2

若存在a，使得k=2-a则

lnx1-lnx2

x1-x2

=1．即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，．
亦即x₂-

1

x2

-2lnx₂=0，x₂＞1（*）
令h（t）=t-

1

t

-2lnt，t＞1，
再由（*）知，函数h（t）=t-

1

t

-2lnt在（0，+∞）上单调递增，而x₂＞1，
所以x₂-

1

x2

-2lnx₂＞1-

1

1

-2ln1=0，这与（*）式矛盾．故不存在a，使得k=2-a，
（3）由（1）有1+x≤e^x（当且仅当x=0时取等）对任意的实数R均成立，
令x=-

i

n

(n∈N*，i=1，2，3，…，n-1)，则1-

i

n

＜e-

i

n

，

∴(1- i n )n＜(e- i n )n=e-i(i=1，2，…，n-1)

，

∴( n-i n )n＜e-i(i=1，2，…，n-1)

，
∴

n

i=1

(

k

n

)n=(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1，
∵e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1=

1-e-n

1-e-1

＜

1

1-e-1

=

e

e-1

，
从而结论成立．

点评：本题考查了导数与函数的单调性和极值的关系，以及直线的斜率，不等式的证明，培养了学生的转化能力，计算能力，计算量比较大，思考有一定的难度，属于难题．