Question

已知函數(shù)f（x）=e^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=ln（f（x）+a）（a為常數(shù)），g（x）是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)．
（1）求證：f（x）≥x+1（x∈R）；
（2）討論關(guān)于x的方程：lng（x）=g（x）•（x²-2ex+m）（m∈R）的根的個數(shù)；
（3）設(shè)n∈N^*，證明：(

1

n

)n+(

2

n

)n+(

3

n

)n+…+(

n

n

)n＜

e

e-1

（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析：（1）構(gòu)造新函數(shù)h（x）=e^x-x-1證明其其函數(shù)值非負(fù)即可證得f（x）≥x+1（x∈R），由本題解析式的形式知，此函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)用導(dǎo)數(shù)來求解，然后用單調(diào)性判斷h（x）的最小值的符合；
（2）由g（x）是實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)可得g（0）=0，由此可以求得a的值，故g（x）可求得為g（x）=x，至此問題明確為討論方程lnx=x•（x²-2ex+m）在x＞0的根的個數(shù)，即

lnx

x

=x2-2ex+m在x＞0的根的個數(shù)．（m∈R）在將根的個數(shù)的問題轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點(diǎn)的個數(shù)問題求解．
（3）由（1）知1+x≤e^x（x∈R），令x=

-i

n

， i=1，2，，n-1，將問題轉(zhuǎn)化即(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n

n

)n=(1-

n-1

n

)n+(1-

n-2

n

)n+…+(1-

1

n

)n+1＜

e

e-1

的問題，利用1+x≤e^x（x∈R），轉(zhuǎn)化后用放縮法證明即可．

解答：解（1）證：令h（x）=e^x-x-1，h'（x）=e^x-1，
令h'（x）＞0?e^x-1＞0?x＞0時f'（x）＞0；x＜0時，f'（x）＜0．∴f（x）_min=f（0）=0
∴h（x）≥h（0）=0即e^x≥x+1．

（2）∵g（x）是R上的奇函數(shù)
∴g（0）=0∴g（0）=ln（e⁰+a）=0
∴l(xiāng)n（1+a）=0∴a=0故g（x）=lne^x=x．
故討論方程lnx=x•（x²-2ex+m）在x＞0的根的個數(shù)．
即

lnx

x

=x2-2ex+m在x＞0的根的個數(shù)．（m∈R）
令u(x)=

lnx

x

，v(x)=x2-2ex+m．
注意x＞0，方程根的個數(shù)即交點(diǎn)個數(shù)．
對u(x)=

lnx

x

，(x＞0)，u′(x)=

1 x •x-lnx

x2

=

1-lnx

x2

，
令u'（x）=0，得x=e，
當(dāng)x＞e時，u'（x）＜0；當(dāng)0＜x＜e時，u'（x）＞0．
∴u(x)極大=u(e)=

1

e

，
當(dāng)x→0⁺時，u(x)=

lnx

x

→-∞；
當(dāng)x→+∞時，

lim

x→+∞

u(x)=

lim

x→+∞

lnx

x

=0，但此時u（x）＞0，此時以x軸為漸近線．
①當(dāng)m-e2＞

1

e

即m＞e2+

1

e

時，方程無根；
②當(dāng)m-e2=

1

e

即m=e2+

1

e

時，方程只有一個根．
③當(dāng)m-e2＜

1

e

即m＜e2+

1

e

時，方程有兩個根．

（3）由（1）知1+x≤e^x（x∈R），
令x=

-i

n

， i=1，2，，n-1，
∴1-

i

n

≤e-

i

n

，于是(1-

i

n

)n≤(e-

i

n

)n=e-i，i=1，2，，n-1，
∴(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n

n

)n=(1-

n-1

n

)n+(1-

n-2

n

)n+…+(1-

1

n

)n+1≤e-(n-1)+e-(n-2)+…+e-1+1=

1-e-(n-1)-1

1-e-1

=

1-e-n

1- 1 e

=

1- 1 en

1- 1 e

＜

1

1- 1 e

=

e

e-1

．

點(diǎn)評：本題考點(diǎn)是函數(shù)恒成立的問題與根的存在性及個數(shù)考查了依據(jù)相逢知識與題設(shè)條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化變形的能力．