Question

已知g（x）=lnx，其導(dǎo)函數(shù)為g'（x），反函數(shù)為g^-1（x）
（1）求證：y=x+1的函數(shù)圖象恒不在y=g^-1（x）的函數(shù)圖象的上方．
（2）設(shè)函數(shù)f（x）=e^g（x）-g'（x）-a•g（x）（a∈R）．若f（x）有兩個極值點x₁，x₂；記過點A（x₁，f（x₁））B（x₂，f（x₂））的直線斜率為k．問：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．
（3）求證：

n

k=1

(

k

n

)n＜

e

e-1

．（n∈N^*）

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）設(shè)令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，判斷函數(shù)h（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性得到h（x）≥h（0）=0，問題得以解決．
（2）先求導(dǎo)，再構(gòu)造函數(shù)F（x）=x²-ax+1，然后再分類討論函數(shù)的單調(diào)性，利用斜率公式表示出k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，再假設(shè)存在a的值，使得k=2-a，導(dǎo)代入轉(zhuǎn)化為
亦即x₂-

1

x2

-2lnx₂=0，x₂＞1，設(shè)h（t）=t-

1

t

-2lnt，t＞1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，得出矛盾，問題得以解決．
（3）由（1）有1+x≤e^x（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等）對任意的實數(shù)R均成立，利用放縮法來證明，

解答： 解（1）∵g（x）=lnx，其導(dǎo)函數(shù)為g'（x），反函數(shù)為g^-1（x），
令h（x）=g^-1（x）-x-1=e^x-x-1，
∴h'（x）=e^x-1，
令h'（x）=e^x-1=0，即x=0，
∴h（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（0）=0，從而所得結(jié)論成立．
（2）∵f（x）=e^g（x）-g'（x）-a•g（x）（a∈R）．
∴f（x）=x-

1

x

-alnx，f（x）的定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，
令F（x）=x²-ax+1，其判別式△=a²-4，
從而當(dāng)|a|≤2時，△≤0，故f′（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＜-2時，△＞0，故F（x）=0的兩根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)當(dāng)a＞2時，△＞0，故F（x）=0的兩根為x₁=

1

2

（a-

a2-4

），x₂=

1

2

（a+

a2-4

），
當(dāng)0＜x＜x₁時，f′（x）＞0；當(dāng)x₁，＜x＜x₂時，f′（x）＜0；當(dāng)x＞x₂時，f′（x）＞0，
故f（x）分別在（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減．
從而當(dāng)a＞2是，函數(shù)有兩個極值點．
又因為f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）+

x1-x2

x1x2

-a（lnx₁-lnx₂），
所以k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

1

x1x2

-a

lnx1-lnx2

x1-x2

又由（1）知，x₁x₂=1．于是k=2-a

lnx1-lnx2

x1-x2

若存在a，使得k=2-a則

lnx1-lnx2

x1-x2

=1．即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，．
亦即x₂-

1

x2

-2lnx₂=0，x₂＞1（*）
令h（t）=t-

1

t

-2lnt，t＞1，
再由（*）知，函數(shù)h（t）=t-

1

t

-2lnt在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而x₂＞1，
所以x₂-

1

x2

-2lnx₂＞1-

1

1

-2ln1=0，這與（*）式矛盾．故不存在a，使得k=2-a，
（3）由（1）有1+x≤e^x（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等）對任意的實數(shù)R均成立，
令x=-

i

n

(n∈N*，i=1，2，3，…，n-1)，則1-

i

n

＜e-

i

n

，

∴(1- i n )n＜(e- i n )n=e-i(i=1，2，…，n-1)

，

∴( n-i n )n＜e-i(i=1，2，…，n-1)

，
∴

n

i=1

(

k

n

)n=(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1，
∵e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1=

1-e-n

1-e-1

＜

1

1-e-1

=

e

e-1

，
從而結(jié)論成立．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性和極值的關(guān)系，以及直線的斜率，不等式的證明，培養(yǎng)了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，計算能力，計算量比較大，思考有一定的難度，屬于難題．