Question

已知函数f（x）=e^x（e为自然对数的底数），g（x）=ln（f（x）+a）（a为常数），g（x）是实数集R上的奇函数．
（1）求证：f（x）≥x+1（x∈R）；
（2）讨论关于x的方程：lng（x）=g（x）•（x²-2ex+m）（m∈R）的根的个数；
（3）设n∈N^*，证明：(

1

n

)n+(

2

n

)n+(

3

n

)n+…+(

n

n

)n＜

e

e-1

（e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析：（1）构造新函数h（x）=e^x-x-1证明其其函数值非负即可证得f（x）≥x+1（x∈R），由本题解析式的形式知，此函数的单调性应用导数来求解，然后用单调性判断h（x）的最小值的符合；
（2）由g（x）是实数集R上的奇函数可得g（0）=0，由此可以求得a的值，故g（x）可求得为g（x）=x，至此问题明确为讨论方程lnx=x•（x²-2ex+m）在x＞0的根的个数，即

lnx

x

=x2-2ex+m在x＞0的根的个数．（m∈R）在将根的个数的问题转化为两个函数的交点的个数问题求解．
（3）由（1）知1+x≤e^x（x∈R），令x=

-i

n

， i=1，2，，n-1，将问题转化即(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n

n

)n=(1-

n-1

n

)n+(1-

n-2

n

)n+…+(1-

1

n

)n+1＜

e

e-1

的问题，利用1+x≤e^x（x∈R），转化后用放缩法证明即可．

解答：解（1）证：令h（x）=e^x-x-1，h'（x）=e^x-1，
令h'（x）＞0?e^x-1＞0?x＞0时f'（x）＞0；x＜0时，f'（x）＜0．∴f（x）_min=f（0）=0
∴h（x）≥h（0）=0即e^x≥x+1．

（2）∵g（x）是R上的奇函数
∴g（0）=0∴g（0）=ln（e⁰+a）=0
∴ln（1+a）=0∴a=0故g（x）=lne^x=x．
故讨论方程lnx=x•（x²-2ex+m）在x＞0的根的个数．
即

lnx

x

=x2-2ex+m在x＞0的根的个数．（m∈R）
令u(x)=

lnx

x

，v(x)=x2-2ex+m．
注意x＞0，方程根的个数即交点个数．
对u(x)=

lnx

x

，(x＞0)，u′(x)=

1 x •x-lnx

x2

=

1-lnx

x2

，
令u'（x）=0，得x=e，
当x＞e时，u'（x）＜0；当0＜x＜e时，u'（x）＞0．
∴u(x)极大=u(e)=

1

e

，
当x→0⁺时，u(x)=

lnx

x

→-∞；
当x→+∞时，

lim

x→+∞

u(x)=

lim

x→+∞

lnx

x

=0，但此时u（x）＞0，此时以x轴为渐近线．
①当m-e2＞

1

e

即m＞e2+

1

e

时，方程无根；
②当m-e2=

1

e

即m=e2+

1

e

时，方程只有一个根．
③当m-e2＜

1

e

即m＜e2+

1

e

时，方程有两个根．

（3）由（1）知1+x≤e^x（x∈R），
令x=

-i

n

， i=1，2，，n-1，
∴1-

i

n

≤e-

i

n

，于是(1-

i

n

)n≤(e-

i

n

)n=e-i，i=1，2，，n-1，
∴(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n

n

)n=(1-

n-1

n

)n+(1-

n-2

n

)n+…+(1-

1

n

)n+1≤e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1=

1-e-(n-1)-1

1-e-1

=

1-e-n

1- 1 e

=

1- 1 en

1- 1 e

＜

1

1- 1 e

=

e

e-1

．

点评：本题考点是函数恒成立的问题与根的存在性及个数考查了依据相逢知识与题设条件进行转化变形的能力．