Question

18．已知函数f（x）=x-1-alnx（其中a为参数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意x∈（0，+∞），都有f（x）≥0成立，求实数a的取值集合；
（3）证明：（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜e＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹（其中n∈N^*，e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），x∈（0，+∞），再讨论a的取值范围，从而求出其单调区间；
（2）求出f（x）_极小值=f（a）=a-1-alna．由此求出a≥$\frac{1}{1-lna}$；
（3）设数列a_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ，数列b_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹，由 $\underset{lim}{x→∞}$（1+$\frac{1}{x}$）x=e，得：$\underset{lim}{n→∞}$a_n=e，$\underset{lim}{n→∞}$b_n=e．由已知条件推导出数列{a_n}单调递增且数列{b_n}单调递减，由此能证明结论成立．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{x-a}{x}$，x∈（0，+∞），
当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞），
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=a，
x∈（0，a）时，f（x）单调递减，
x∈（a，+∞）时，f（x）单调递增；
综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上递增，无减区间，
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；
（2）由（1）得：f（x）_极小值=f（a）=a-1-alna．
∵对任意x∈（0，+∞），都有f（x）≥0恒成立，
∴f（x）_极小值=f（a）=a-1-alna≥0．
∴a≥≥$\frac{1}{1-lna}$，解得a=1，
∴实数a的取值集合为{1}．
（Ⅱ）证明：设数列a_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ，数列b_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹，
由 $\underset{lim}{x→∞}$（1+$\frac{1}{x}$）x=e，得：$\underset{lim}{n→∞}$a_n=e，$\underset{lim}{n→∞}$b_n=e，
因此只需证数列{a_n}单调递增且数列{b_n}单调递减，
①证明数列{a_n}单调递增：
a_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜（ $\frac{n+2}{n+1}$）ⁿ⁺¹=a_n+1，
∴数列{a_n}单调递增．
②证明数列{b_n}单调递减：
b_n=（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹=$\frac{1}{{（\frac{n}{n+1}）}^{n+1}}$=$\frac{1}{{（1-\frac{1}{n+1}）}^{n+1}}$（ 令 t=-（n+1），换元 ）
=（1+$\frac{1}{t}$）^t=a_t，
由①得a_t关于t单调递增，而t=-（n+1）关于n单调递减，
由复合函数的单调性知，{b_n}单调递减，
∴（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ＜e＜（1+$\frac{1}{n}$）ⁿ⁺¹．

点评 本题考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意构造成法、导数和极限性质的合理运用．