Question

（1）已知函數(shù)f(x)＝e^x－1－tx，?x₀∈R，使f(x₀)≤0，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（2）證明：＜ln＜，其中0＜a＜b；
（3）設(shè)[x]表示不超過x的最大整數(shù)，證明：[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N^*）．

Answer 1

（1）.（2）（3）見解析

試題分析：（1）根據(jù)題意，其實(shí)是求實(shí)數(shù)t的取值范圍使函數(shù)的最小值小于零，結(jié)合函數(shù)的解析式的特點(diǎn)，應(yīng)利導(dǎo)數(shù)工具，研究函數(shù)的單調(diào)性和極（最）值問題.（2）要證，即證：，只要證：,因?yàn)?img src="http://thumb.zyjl.cn/pic2/upload/papers/20140824/20140824034126772494.png" style="vertical-align:middle;" />，所以， ，因此可構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)探究其在符號即可.類似的方法可證明，必要時可借用（1）的結(jié)論.
（3）根據(jù)的定義，
要證 
只需證：
由（2），若令，則有
當(dāng)分別取時有：  
上述同向不等式兩邊相加可得：，類似地可證另一部分.
試題解析：（1）若t＜0，令x＝，則f()＝e^－1－1＜0；
若t＝0，f(x)＝e^x－1＞0，不合題意；
若t＞0，只需f(x)_min≤0．
求導(dǎo)數(shù)，得f′(x)＝e^x－1－t．
令f′(x)＝0，解得x＝lnt＋1．
當(dāng)x＜lnt＋1時，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，lnt＋1)上是減函數(shù)；
當(dāng)x＞lnt＋1時，f′(x)＞0，∴f(x)在(lnt＋1，＋∞)上是增函數(shù)．
故f(x)在x＝lnt＋1處取得最小值f(lnt＋1)＝t－t(lnt＋1)＝－tlnt．
∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
綜上可知，實(shí)數(shù)t的取值范圍為(－∞，0)∪[1，+∞)．          4分
（2）由（1），知f(x)≥f(lnt＋1)，即e^x－1－tx≥－tlnt．
取t＝1，e^x－1－x≥0，即x≤e^x－1．
當(dāng)x＞0時，lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立，
故當(dāng)x＞0且x≠1時，有l(wèi)nx＜x－1．
令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即ln＜．
令x＝，得ln＜－1（0＜a＜b），即－ln＜，亦即ln＞．
綜上，得＜ln＜．                     9分
（3）由（2），得＜ln＜．
令a＝k，b＝k＋1（k∈N^*），得＜ln＜．
對于ln＜，分別取k＝1，2， ，n，
將上述n個不等式依次相加，得
ln＋ln＋ ＋ln＜1＋＋ ＋，
∴l(xiāng)n(1＋n)＜1＋＋ ＋．     ①
對于＜ln，分別取k＝1，2， ，n－1，
將上述n－1個不等式依次相加，得
＋＋ ＋＜ln＋ln＋ ＋ln，即＋＋ ＋＜lnn（n≥2），
∴1＋＋ ＋≤1＋lnn（n∈N^*）．      ②
綜合①②，得ln(1＋n)＜1＋＋ ＋≤1＋lnn．
易知，當(dāng)p＜q時，[p]≤[q]，
∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤[1＋lnn]（n∈N^*）．
又∵[1＋lnn]＝1＋[lnn]，
∴[ln(1＋n)]≤[1＋＋ ＋]≤1＋[lnn]（n∈N^*）．           14分