Question

6．已知函数f（x）=e^x，g（x）=ax+1（a是不为零的常数且a∈R）．
（1）讨论函数F（x）=f（x）•g（x）的单调性；
（2）当a=-1时，方程f（x）•g（x）=t在区间[-1，1]上有两个根，求实数t的取值范围；
（3）是否存在正整数N，使得当n∈N⁺且n＞N时，不等式f（-1）+f（-$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{3}$）+…+f（-$\frac{1}{n}$）＜n-2011恒成立，若存在，找出一个满足条件的N，并证明；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求函数F（x）=f（x）•g（x）的导数F′（x），再根据F′（x）的零点，讨论实数a的取值，可得F′（x）=0有一个或零个实数根，因此将实数集分为2个区间，分别在这两个区间上讨论的正负，即可得出函数的单调性；
（2）当a=-1时，F（x）=f（x）•g（x）=e^x（-x+1），可以得出F（x）在（-∞，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数，故函数的最大值为F（0）=1，可以求出符合题的实数t的取值范围；
（3）证明当x＜1时，有e^x≤$\frac{1}{1-x}$，将原不等式转化成不等式n-（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$）＜n-2010，利用调和级数的和，从而得到取N=[e^2010+C]，当n＞N时，不等式f（-1）+f（-$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{3}$）+…+f（-$\frac{1}{n}$）＜n-2011恒成立．

解答 解：（1）由题意可得F（x）=f（x）g（x）=e^x（ax+1），
∴F′（x）=e^x（ax+a+1），
令F′（x）=e^x（ax+a+1）=0，
∴x=-$\frac{a+1}{a}$．
∴当a＞0时F（x）=f（x）•g（x）的单调增区间为（-$\frac{a+1}{a}$，+∞）单调减区间为（-∞，-$\frac{a+1}{a}$）；
当a＜0时F（x）=f（x）•g（x）的单调增区间为（-∞，-$\frac{a+1}{a}$），单调减区间为（-$\frac{a+1}{a}$，+∞）；
（2）由题意可得当a=-1时，F（x）=f（x）•g（x）=e^x（-x+1），
由（1）可得当a=-1时可以得出F（x）在（-∞，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数，
∴函数的最大值为F（0）=1；
又∵方程f（x）•g（x）=t在区间[-1，1]上有两个解，
∴实数t的取值范围是（-∞，1）．
（3）令t（x）=e^x•（1-x），
∴t′（x）=-e^x•x，
当t′（x）=0时，x=0，当t′（x）＞0时，x＞0，当t′（x）＜0时，x＜0．
∴t（x）=e^x•（1-x）在区间（-∞，0）上是减函数，在区间（0，+∞）上是增函数，
∴当x=0时，函数t（x）的最大值为1．
∴e^x（1-x）≤1，
∴当x＜1时，有e^x≤$\frac{1}{1-x}$
不等式f（-1）+f（-$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{3}$）+…+f（-$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{1+\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{1+\frac{1}{3}}$+…+$\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$
=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{3}$+$\frac{3}{4}$+…+$\frac{n}{n+1}$
=（1-$\frac{1}{2}$）+（1-$\frac{1}{3}$）+（1-$\frac{1}{4}$）+…+（1-$\frac{1}{n+1}$）
=n-（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{n+1}$）≈n-ln（n+1）+C（C=0.57722…一个无理数，称作欧拉初始）
当n-ln（n+1）+C＜n-2010时，原不等式恒成立，
故只须ln（n+1）＞2010+C，即n+1＞e^2010+C，也即n＞e^2010+C-1，
故取N=[e^2010+C]，当n＞N时，不等式f（-1）+f（-$\frac{1}{2}$）+f（-$\frac{1}{3}$）+…+f（-$\frac{1}{n}$）＜n-2011恒成立．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查利用导数研究函数的单调性，考查求函数的最值进而求出参数的范围、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．