Question

19．设函数f（x）=（1-ax）ln（1+x）-bx，其中a，b是实数．已知曲线y=f（x）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：$e＞{（\frac{1001}{1000}）^{1000.4}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到f′（0）=0，求出b的值即可；
（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出导函数的单调性，从而判断出f（x）的单调性，从而求出a的范围即可；
（3）问题等价于$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$，结合（2），取$x=\frac{1}{n}$，得：对于任意正整数n都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；令n=1000得证．

解答 解：（1）因为y=f（x）与x轴相切于坐标原点，
故f'（0）=0，故b=1，
（2）$f'（x）=-aln（1+x）+\frac{1-ax}{1+x}-1$，x∈[0，1]，
$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}$．
①当$a≤-\frac{1}{2}$时，由于x∈[0，1]，
有$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}≥0$，
于是f'（x）在x∈[0，1]上单调递增，
从而f'（x）≥f'（0），
因此f（x）在x∈[0，1]上单调递增，
即f（x）≥f（0）=0，而且仅有f（0）=0，符合；
②当a≥0时，由于x∈[0，1]，
有$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}＜0$，
于是f'（x）在x∈[0，1]上单调递减，
从而f'（x）≤f'（0）=0，
因此f（x）在x∈[0，1]上单调递减，
即f（x）≤f（0）=0不符；
③当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，令$m=min\left\{{1，-\frac{2a+1}{a}}\right\}$，
当x∈[0，m]时，$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（{1+x}）}^2}}}＜0$，
于是f'（x）在x∈[0，m]上单调递减，
从而f'（x）≤f'（0）=0，
因此f（x）在x∈[0，m]上单调递减，
即f（x）≤f（0）=0，而且仅有f（0）=0，不符．
综上可知，所求实数a的取值范围是$（-∞，-\frac{1}{2}]$．
（3）对要证明的不等式等价变形如下：
对于任意的正整数n，不等式${（1+\frac{1}{n}）^{n+\frac{2}{5}}}＜e$恒成立，
等价变形$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$，
相当于（2）中$a=-\frac{2}{5}$，$m=\frac{1}{2}$的情形，
f（x）在$x∈[{0，\frac{1}{2}}]$上单调递减，
即f（x）≤f（0）=0，而且仅有f（0）=0；
取$x=\frac{1}{n}$，得：对于任意正整数n都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；
令n=1000得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．