Question

2．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x＞-1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）求证：（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ＜$\frac{e}{e-1}$（n∈N^•）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，求得增区间和减区间，即可得到最小值f（0）=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得$\frac{{e}^{x}}{x+1}$≥1，即e^x≥x+1，即有x≥ln（x+1），当且仅当x=0取得等号，令1+x=$\frac{k}{n}$，则$\frac{k}{n}$-1≥ln$\frac{k}{n}$，
即k-n≥nln$\frac{k}{n}$=ln（$\frac{k}{n}$）ⁿ．（当且仅当n=k取得等号），运用累加法，结合等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x＞-1）的导数为f′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$，
由f′（x）＞0可得x＞0，由由f′（x）＜0可得-1＜x＜0，
即有f（x）在（-1，0）递减，在（0，+∞）递增，
则x=0处f（x）取得极小值，也为最小值，且为f（0）=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得$\frac{{e}^{x}}{x+1}$≥1，即e^x≥x+1，即有x≥ln（x+1），
当且仅当x=0取得等号，令1+x=$\frac{k}{n}$，则$\frac{k}{n}$-1≥ln$\frac{k}{n}$，
即k-n≥nln$\frac{k}{n}$=ln（$\frac{k}{n}$）ⁿ．（当且仅当n=k取得等号），
将k从1到n取值，可得1-n≥ln（$\frac{1}{n}$）ⁿ.2-n≥ln（$\frac{2}{n}$）ⁿ…，
（n-1）-n≥ln（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ，n-n≥ln（$\frac{n}{n}$）ⁿ．
则有（$\frac{1}{n}$）ⁿ≤e^1-n，（$\frac{2}{n}$）ⁿ≤e^2-n，…，（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ≤e^（n-1）-n，（$\frac{n}{n}$）ⁿ≤e^n-n．
即有（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ≤e^1-n+e^2-n+…+e^（n-1）-n+e^n-n
=$\frac{{e}^{1-n}（1-{e}^{n}）}{1-e}$=$\frac{e-{e}^{1-n}}{e-1}$＜$\frac{e}{e-1}$（n∈N^•）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式的证明，注意运用函数的最值和不等式的性质及等比数列的求和公式，属于中档题．