Question

19．設(shè)函數(shù)f（x）=（1-ax）ln（1+x）-bx，其中a，b是實(shí)數(shù)．已知曲線(xiàn)y=f（x）與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求常數(shù)b的值；
（2）當(dāng)0≤x≤1時(shí)，關(guān)于x的不等式f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：$e＞{（\frac{1001}{1000}）^{1000.4}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到f′（0）=0，求出b的值即可；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷出f（x）的單調(diào)性，從而求出a的范圍即可；
（3）問(wèn)題等價(jià)于$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$，結(jié)合（2），取$x=\frac{1}{n}$，得：對(duì)于任意正整數(shù)n都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；令n=1000得證．

解答 解：（1）因?yàn)閥=f（x）與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)，
故f'（0）=0，故b=1，
（2）$f'（x）=-aln（1+x）+\frac{1-ax}{1+x}-1$，x∈[0，1]，
$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}$．
①當(dāng)$a≤-\frac{1}{2}$時(shí)，由于x∈[0，1]，
有$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}≥0$，
于是f'（x）在x∈[0，1]上單調(diào)遞增，
從而f'（x）≥f'（0），
因此f（x）在x∈[0，1]上單調(diào)遞增，
即f（x）≥f（0）=0，而且僅有f（0）=0，符合；
②當(dāng)a≥0時(shí)，由于x∈[0，1]，
有$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（1+x）}^2}}}＜0$，
于是f'（x）在x∈[0，1]上單調(diào)遞減，
從而f'（x）≤f'（0）=0，
因此f（x）在x∈[0，1]上單調(diào)遞減，
即f（x）≤f（0）=0不符；
③當(dāng)$-\frac{1}{2}＜a＜0$時(shí)，令$m=min\left\{{1，-\frac{2a+1}{a}}\right\}$，
當(dāng)x∈[0，m]時(shí)，$f''（x）=-\frac{ax+2a+1}{{{{（{1+x}）}^2}}}＜0$，
于是f'（x）在x∈[0，m]上單調(diào)遞減，
從而f'（x）≤f'（0）=0，
因此f（x）在x∈[0，m]上單調(diào)遞減，
即f（x）≤f（0）=0，而且僅有f（0）=0，不符．
綜上可知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（-∞，-\frac{1}{2}]$．
（3）對(duì)要證明的不等式等價(jià)變形如下：
對(duì)于任意的正整數(shù)n，不等式${（1+\frac{1}{n}）^{n+\frac{2}{5}}}＜e$恒成立，
等價(jià)變形$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$，
相當(dāng)于（2）中$a=-\frac{2}{5}$，$m=\frac{1}{2}$的情形，
f（x）在$x∈[{0，\frac{1}{2}}]$上單調(diào)遞減，
即f（x）≤f（0）=0，而且僅有f（0）=0；
取$x=\frac{1}{n}$，得：對(duì)于任意正整數(shù)n都有$（1+\frac{2}{5n}）ln（1+\frac{1}{n}）-\frac{1}{n}＜0$成立；
令n=1000得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查分類(lèi)討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．