Question

已知函数f（x）=ax-1-1n x．
（1）若f（x）≥0对任意的x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求证：对任意的x∈N^*，

n+1

n n!

＜e（其中e为自然对数的底，e≈2.71828）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）f（x）≥0可化为a≥

1+lnx

x

对任意的x∈（0，+∞）恒成立，令g（x）=

1+lnx

x

，x∈（0，+∞）；求g′（x）=-

lnx

x2

，从而求最值；
（2）由（1）知，lnx≤x-1对任意的x∈（0，+∞）恒成立，从而可得ln（1+

1

k

）＜

1

k

对任意k∈N^*成立，从而可得到kln（1+k）-klnk＜1，从而化简求得．

解答： 解：（1）由f（x）≥0得，a≥

1+lnx

x

对任意的x∈（0，+∞）恒成立，
令g（x）=

1+lnx

x

，x∈（0，+∞）；
∵g′（x）=-

lnx

x2

，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数；
故g_max（x）=g（1）=1；
∴a≥1；
∴实数a的取值范围是[1，+∞）；
（2）证明：由（1）知，lnx≤x-1对任意的x∈（0，+∞）恒成立，
当且仅当x=1时取等号，
∴ln（1+

1

k

）＜

1

k

对任意k∈N^*成立，
即ln（1+k）-lnk＜

1

k

；
即kln（1+k）-klnk＜1，
∴（1+k）ln（1+k）-klnk＜1+ln（1+k）；
故2ln2-1ln1＜1+ln2，3ln3-2ln2＜1+ln3，…，（1+n）ln（1+n）-nlnn＜1+ln（1+n）；
累加得，（1+n）ln（1+n）＜n+ln2+ln3+…+ln（n+1），
即nln（n+1）＜n+ln（n!），
∴ln（n+1）＜1+

1

n

ln（n!），
即ln（n+1）-ln

n	n!

＜1；
∴ln

n+1

n n!

＜1，即

n+1

n n!

＜e．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的应用，属于中档题．