Question

（Ⅰ）已知函数f（x）=e^x-1-tx，?x₀∈R，使f（x₀）≤0，求实数t的取值范围；
（Ⅱ）证明：

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

，其中0＜a＜b；
（Ⅲ）设[x]表示不超过x的最大整数，证明：[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤1+[lnn]（n∈N^*）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（I）对t分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最小值即可得出；
（II）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立．故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．令x=

b

a

，即可证明．
（III）由（Ⅱ），得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．令a=k，b=k+1（k∈N^*），得

1

k+1

＜ln

k+1

k

＜

1

k

．对k取值，利用“累加求和”及其[x]的定义即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）若t＜0，令x=

1

t

，则f（

1

t

）=e

1

t

-1-1＜0；
若t=0，f （x）=e^x-1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f（x）_min≤0．
∵f′（x）=e^x-1-t．
令f′（x）=0，解得x=lnt+1．
当x＜lnt+1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，lnt+1）上是减函数；
当x＞lnt+1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（lnt+1，+∞）上是增函数．
故f（x）在x=lnt+1处取得最小值，f（lnt+1）=t-t（lnt+1）=-tlnt．
∴-tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为（-∞，0）∪[1，+∞）．
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f（x）≥f（lnt+1），即e^x-1-tx≥-tlnt．
取t=1，e^x-1-x≥0，即x≤e^x-1．
当x＞0时，lnx≤x-1，当且仅当x=1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x-1．
令x=

b

a

，得ln

b

a

＜

b

a

-1（0＜a＜b），即ln

b

a

＜

b-a

a

．
令x=

a

b

，得ln

a

b

＜

a

b

-1（0＜a＜b），即-ln

b

a

＜

a-b

b

，亦即ln

b

a

＞

b-a

b

．
综上，得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），得

b-a

b

＜ln

b

a

＜

b-a

a

．
令a=k，b=k+1（k∈N^*），得

1

k+1

＜ln

k+1

k

＜

1

k

．
对于ln

k+1

k

＜

1

k

，分别取k=1，2，…，n，
将上述n个不等式依次相加，得
ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n+1

n

＜1+

1

2

+…+

1

n

，
∴ln（1+n）＜1+

1

2

+…+

1

n

．      ①
对于

1

k+1

＜ln

k+1

k

，分别取k=1，2，…，n-1，
将上述n-1个不等式依次相加，得

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜ln

2

1

+ln

3

2

+…+ln

n

n-1

，即

1

2

+

1

3

+…+

1

n

＜lnn（n≥2），
∴1+

1

2

+…+

1

n

≤1+lnn（n∈N^*）．       ②
综合①②，得ln（1+n）＜1+

1

2

+…+

1

n

≤1+lnn．
易知，当p＜q时，[p]≤[q]，
∴[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤[1+lnn]（n∈N^*）．
又∵[1+lnn]=1+[lnn]，
∴[ln（1+n）]≤[1+

1

2

+…+

1

n

]≤1+[lnn]（n∈N^*）．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、[x]的性质，考查了分类讨论的思想方法，考查了利用导数研究函数的单调性并证明不等式，考查了利用已经证明的结论证明新问题，考查了推理能力和计算能力，属于难题．