Question

11．设函数f（x）=（1-ax）ln（x+1）-bx，其中a和b是实数，曲线y=f（x）恒与x轴相切于坐标原点
（1）求常数b的值
（2）当0≤x≤1时，关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围
（3）求证：对于任意的正整数n，不等式（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ$＜e＜（1+\frac{1}{n}）^{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由条件可得f′（0）=0，即可得到b=1；
（2）求出f（x）的导数，对a讨论，①当a≤-$\frac{1}{2}$时，②当a≥0时，③当-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，求出单调区间，求得最小值，即可得到a的范围；
（3）对要证的不等式等价变形，可得ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＜0①，且（$\frac{1}{n}$+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＞0②运用（2）中的结论，通过a的取值，即可得证．

解答 （1）解：对f（x）求导得：f′（x）=-aln（1+x）+$\frac{1-ax}{1+x}$-b，
根据条件知f′（0）=0，所以1-b=0，
解得b=1；
（2）解：由（1）得f（x）=（1-ax）ln（x+1）-x，0≤x≤1，
f′（x）=-aln（1+x）+$\frac{1-ax}{1+x}$-1
f″（x）=-$\frac{ax+2a+1}{（1+x）^{2}}$．
①当a≤-$\frac{1}{2}$时，由于0≤x≤1，有f″（x）≥0，于是f′（x）在[0.1]上单调递增，
从而f′（x）≥f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上单调递增，
即f（x）≥f（0）而且仅有f（0）=0；
②当a≥0时，由于0≤x≤1，有f″（x）＜0，于是f′（x）在[0.1]上单调递减，
从而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上单调递减，
即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0；
③当-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，令m=min{1，-$\frac{2a+1}{a}$}，当0≤x≤m时，f″（x）＜0，
于是f′（x）在[0，m]上单调递减，从而f′（x）≤f′（0）=0，
因此f（x）在[0，m]上单调递减，即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0．
综上可知，所求实数a的取值范围是（-∞，-$\frac{1}{2}$]．
（3）证明：要证对于任意的正整数n，不等式（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ$＜e＜（1+\frac{1}{n}）^{n+1}$．
即证对于任意的正整数n，nln（1+$\frac{1}{n}$）＜1＜（n+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）．
即证ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$＜（$\frac{1}{n}$+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）．即证ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＜0①，且（$\frac{1}{n}$+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＞0②
对于①相当于（2）中a=0，有f（x）在[0，1]上单调递减，
即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0．取x=$\frac{1}{n}$，有ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＜0；
对于②相当于（2）中a=-1，有?x∈[0，1]，f（x）≥0而且仅有f（0）=0．
取x=$\frac{1}{n}$，有（$\frac{1}{n}$+1）ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{1}{n}$＞0成立．
则有对于任意的正整数n，不等式（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ$＜e＜（1+\frac{1}{n}）^{n+1}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线斜率和单调区间，主要考查函数的单调性的运用，运用分类讨论的思想方法和等价转化的思想方法是解题的关键．