Question

已知函数f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（1）是否存在实数m，使得不等式f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
（2）求证：(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)…[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e（其中nθ∈N^*，e是自然对数的底数）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）求f′（x）=

1

x

-m，讨论m判断f′（x）的符号，从而判断f（x）的单调性及取得最大值的情况：m≤0，容易得出f（x）在（0，+∞）上单调递增，而f（1）=0，所以x＞1时，f（x）＞0，不符合f（x）≤0；m＞0，能够判断出f（

1

m

）=-lnm-1+m是f（x）的最大值，所以只要f（

1

m

）≤0即可，令g（m）=-lnm-1+m，通过求g′（m）求出g（m）的最小值0，所以g（m）≥0，所以只有-lnm-1+m=0，此时m=1；
（2）通过观察要证的不等式，容易想到需将不等式左边化简成一项，并且考虑能否用上（1）的结论：lnx≤x-1在（0，+∞）上恒成立．所以ln（1+x）≤x在（-1，+∞）上恒成立，所以对原不等式的左边取对数，并用上对数的运算及ln（1+x）≤x，并且

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1)

)，经过化简并根据对数函数的单调性证出该问．

解答： 解：（1）f′（x）=

1

x

-m；
①当m≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
∴当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1）=0，不合题意；
②当m＞0时，f′（x）=

1-mx

x

；
∴x∈(0，

1

m

)时，f′（x）＞0，x∈（

1

m

，+∞）时，f′（x）＜0；
∴f(

1

m

)=-lnm-1+m是f（x）的极大值，也是最大值；
∴要使f（x）≤0恒成立，只要-lnm-1+m≤0；
令g（m）=-lnm-1+m，g′（m）=1-

1

m

；
∴m∈（0，1）时，g′（m）＜0，m∈（1，+∞）时，g′（m）＞0；
所以g（1）=0是g（m）的最小值，即
g（m）≥0，即：
-lnm-1+m≥0；
∴-lnm-1+m=0；
∴m=1；
∴存在实数m=1，使不等式f（x）≤0在（0，+∞）上恒成立；
（2）证明：据（1）知lnx≤x-1在（0，+∞）上恒成立；
所以ln（x+1）≤x在区间（-1，+∞）上恒成立
又

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)；
∴ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}=ln(1+

2

2×3

)+ln(1+

4

3×5

)+ln(1+

8

5×9

)+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

9

)+…+(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)]=2[(

1

2

-

1

2n+1

)]＜1；
∴(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e．

点评：考查通过求导数来判断函数的单调性及取得极值及最值的情况，对函数单调性定义的运用，以及要证明原不等式成立只需证明对不等式两边同时取对数后成立的方法，以及对于第一问的利用．