Question

14．已知函數(shù)f（x）=alnx-x+1（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對任意x∈（0，+∞），都有f（x）≤0，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）證明${（{1+\frac{1}{n}}）^n}＜e＜{（{1+\frac{1}{n}}）^{n+1}}$（其中n∈N^*，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，然后對a分類求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）對任意x∈（0，+∞），都有f（x）≤0，轉(zhuǎn)化為f（x）_max≤0，分類求出f（x）_max，求解不等式可得實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）把要證的不等式變形，然后借助于（Ⅰ）中的函數(shù)的單調(diào)性證明．

解答 （Ⅰ）解：$f'（x）=\frac{a}{x}-1=\frac{a-x}{x}$，定義域（0，+∞），…（1分）
當a≤0時，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，+∞）上遞減；…（2分）
當a＞0時，令f'（x）=0，得x=a，此時f'（x），f（x）隨的變化情況如下表：

x	（0，a）	a	（a，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	增	極大值	減

∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），單調(diào)減區(qū)間為（a，+∞）．…（3分）
綜上，當a≤0時，f（x）的遞減區(qū)間為（0，+∞）；此時無增區(qū)間；
當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），單調(diào)減區(qū)間為（a，+∞）；…（4分）
（Ⅱ）解：由題意得f（x）_max≤0，
當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上遞減，$f（{\frac{1}{e}}）=1-\frac{1}{e}-a＞0$，不合題意；…（6分）
當a＞0時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，a），單調(diào)減區(qū)間為（a，+∞），∴f（x）_max=f（a），
∴f（a）=alna-a+1≤0，令g（x）=xlnx-x+1（x＞0），則g'（x）=lnx，
因此，g（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，∴g（x）_min=g（1）=0，…（8分）
∴alna-a+1≤0的解只有a=1．
綜上得：實數(shù)a的取值集合為{1}；…（9分）
（Ⅲ）證明：要證不等式${（{1+\frac{1}{n}}）^n}＜e＜{（{1+\frac{1}{n}}）^{n+1}}$，
兩邊取對數(shù)后得$nln（{1+\frac{1}{n}}）＜1＜（{n+1}）ln（{1+\frac{1}{n}}）$，
即證$\frac{1}{n+1}＜ln（{1+\frac{1}{n}}）＜\frac{1}{n}$，…（11分）
令$x=1+\frac{1}{n}$，則只要證$1-\frac{1}{x}＜lnx＜x-1（{1＜x≤2}）$，
由（Ⅰ）中的單調(diào)性知當a=1時，f（x）=lnx-x+1在（1，2]上遞減，因此f（x）＞f（1），
即lnx-x+1＜0，∴l(xiāng)nx＜x-1（1＜x≤2）…（12分）
令$φ（x）=lnx+\frac{1}{x}-1（{1＜x≤2}）$，則$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}＞0$，∴φ（x）在（1，2]上遞增，
∴φ（x）＞φ（1），即$lnx+\frac{1}{x}-1＞0$，則$1-\frac{1}{x}＜lnx（{1＜x≤2}）$．…（13分）
綜上，原命題得證．…（14分）

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，訓練了利用函數(shù)的單調(diào)性證明函數(shù)不等式，屬壓軸題．