题目内容
已知函数f（x）=
ln（1-x）（a∈R），e为自然对数的底数．
（1）求f（x）在区间[1-e2，1-e]上的最值；
（2）若n≥2（n∈N*），试比较(1+
) (1+
) …(1+
)与e的大小，并证明你的结论．
| a(1-x) |
| x |
（1）求f（x）在区间[1-e2，1-e]上的最值；
（2）若n≥2（n∈N*），试比较(1+
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
分析：（1）对函数f（x）求导，利用导函数，当导函数为0时，求出函数的增减区间，即可求最值；
（2）对a分情况讨论，通过放缩不等式，使不等式变成已有的简单式子进行证明．
（2）对a分情况讨论，通过放缩不等式，使不等式变成已有的简单式子进行证明．
解答：解：（1）f，′(x)=
[x+ln(1-x)]，设h（x）=x+ln（1-x），x∈R，
则h′(x)=
，即h（x）在（-∞，0]上递增，故h（x）＜h（0）=a，
即对x∈[1-e2，1-e]，有h（x）＜a．
①当a＞0，有f（x）＞0，f（x）在[1-e2，1-e]上递增
故f(x)max=f(1-e)=
，f(x)min=f(1-e2)=
．
②当a＜0，有f（x）＜0，f（x）在[1-e2，1-e]上递减，
故f(x)min=f(1-e)=
，f(x)max=f(1-e2)=
．
③当a=0，有f（x）=0，f（x）min=f（x）max=0．
（2）若n≥2（n∈N*），猜想：(1+
) (1+
) …(1+
)＜e．
证明如下：据（1）知当x≤0时恒有h（x）≤0，即ln（1-x）≤-x
故ln(1+
) (1+
) …(1+
)=ln(1+
) +ln(1+
) +…+ln(1+
)
＜
+
…
＜
+
…+
＜1-
+
-
+
-…+
-
＜e
故(1+
) (1+
) …(1+
)＜e．
| a |
| x2 |
则h′(x)=
| ax |
| x-1 |
即对x∈[1-e2，1-e]，有h（x）＜a．
①当a＞0，有f（x）＞0，f（x）在[1-e2，1-e]上递增
故f(x)max=f(1-e)=
| ae |
| 1-e |
| ae2 |
| 1-e2 |
②当a＜0，有f（x）＜0，f（x）在[1-e2，1-e]上递减，
故f(x)min=f(1-e)=
| ae |
| 1-e |
| ae2 |
| 1-e2 |
③当a=0，有f（x）=0，f（x）min=f（x）max=0．
（2）若n≥2（n∈N*），猜想：(1+
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
证明如下：据（1）知当x≤0时恒有h（x）≤0，即ln（1-x）≤-x
故ln(1+
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
＜
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
| 1 |
| 1×2 |
| 1 |
| 2×3 |
| 1 |
| (n-1)×n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n-1 |
| 1 |
| n |
故(1+
| 1 |
| 2! |
| 1 |
| 3! |
| 1 |
| n! |
点评：本题主要考查了利用导数求最值以及不等式的证明，不等式的合理放缩是解题的关键．
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