Question

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：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）对f（x）求导，根据条件知f′（0）=0，即可求常数b的值；
（2）f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-1，f″（x）=-

ax+2a+1

(1+x)2

，分类讨论，确定函数的单调性，即可求实数a的取值范围；
（3）对要证明的不等式等价变形如下：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．

解答： （1）解：对f（x）求导得：f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-b，
根据条件知f′（0）=0，所以1-b=0，
所以b=1．（3分）
（2）解：由（1）得f（x）=（1-ax）ln（x+1）-x，0≤x≤1
f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-1
f″（x）=-

ax+2a+1

(1+x)2

．
①当a≤-

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-

1

2

＜a＜0时，令m=min{1，-

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（-∞，-

1

2

]．（8分）
（3）证明：对要证明的不等式等价变形如下：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．
所以可以考虑证明：对于任意的正整数n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．
并且继续作如下等价变形

(1+ 2 5n )ln(1+ 1 n )- 1 n ＜0(p) (1+ 1 2n )ln(1+ 1 n )- 1 n ＞0(q)

对于（p）相当于（2）中a=-

2

5

∈（-

1

2

，0），m=

1

2

情形，有f（x）在[0，

1

2

]上单调递减，即f（x）≤f（0）而且仅有f（0）=0．
取x=

1

n

，当n≥2时，（p）成立；
当n=1时，（p）成立．
从而对于任意正整数n都有（p）成立．
对于（q）相当于（2）中a=-

1

2

情形，对于任意x∈[0，1]，恒有f（x）≥f（0）而且仅有f（0）=0．
取x=

1

n

，得：对于任意正整数n都有（q）成立．
因此对于任意正整数n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．
这样依据不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

，再令n=10000利用左边，令n=1000利用右边，即可得到（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5成立．（12分）

点评：本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来描述原函数的单调性、极值以及函数零点的情况．本小题对考生的逻辑推理能力与运算求解有较高要求．