Question

17．设函数f（x）=ln（x+1），若对任意x≥1，都有f（x）≤axⁿ（n∈N^*）恒成立．
（1）求a的取值范围；
（2）求证：对任意x≥1，$ln（{e^x}-x+1）≤{（\frac{{{e^x}-x}}{e-1}）^n}（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）运用参数分离可得x≥1时，a≥$\frac{f（x）}{{x}^{n}}$=$\frac{ln（x+1）}{{x}^{n}}$恒成立，运用导数判断单调性，求得右边函数的最大值即可；
（2）由（1）可得y=g（x）═$\frac{ln（x+1）}{{x}^{n}}$在[1，+∞）上单调递减，令F（x）=e^x-x，求得导数，判断单调性，可得g（e^x-x）≤g（e-1），化简整理，即可得证．

解答 解：（1）由已知x≥1时，a≥$\frac{f（x）}{{x}^{n}}$=$\frac{ln（x+1）}{{x}^{n}}$恒成立，
令g（x）═$\frac{ln（x+1）}{{x}^{n}}$，
则g′（x）=$\frac{{x}^{n-1}}{{x}^{2n}}$[$\frac{x}{x+1}$-nln（x+1）]，
令u（x）=$\frac{x}{x+1}$-nln（x+1），
则u′（x）=$\frac{1-n（x+1）}{（x+1）^{2}}$，
所以x≥1时，u′（x）＜0，所以u（x）在[1，+∞）上单调递减．
所以x≥1时，u（x）≤u（1）=$\frac{1}{2}$-nln2≤$\frac{1}{2}$-ln2，
因为$\frac{1}{2}$=ln$\sqrt{e}$＜ln2，所以u（x）＜0．
所以g′（x）＜0，所以g（x）在[1，+∞）上单调递减．
所以x≥1时，g（x）≤g（1）=ln2．所以a≥ln2．
（2）证明：由（1）y=g（x）在[1，+∞）上单调递减，
令F（x）=e^x-x，则F′（x）=e^x-1．
x＞1时，F′（x）＞e-1＞0，所以F（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以F（x）≥e-1，即e^x-x≥e-1＞1，
所以g（e^x-x）≤g（e-1），
所以$\frac{{ln（{e^x}-x+1）}}{{{{（{e^x}-x）}^n}}}＜\frac{ln（e-1+1）}{{{{（e-1）}^n}}}$，
所以$ln（{e^x}-x+1）≤\frac{{{{（{e^x}-x）}^n}}}{{{{（e-1）}^n}}}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间，主要考查函数的单调性的运用，不等式恒成立问题和不等式的证明，注意运用构造函数和参数分离的思想，属于中档题．