Question

8．已知函數(shù)f（x）=sinx-ax．
（Ⅰ）對于x∈（0，1），f（x）＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當a=1時，令h（x）=f（x）-sinx+lnx+1，求h（x）的最大值；
（Ⅲ）求證：$ln（{n+1}）＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出h（x）的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出h（x）的最大值即可；
（Ⅲ）構(gòu)造函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，利用導數(shù)法可證得ln（1+x）≤x（當x≠0時，ln（1+x）＜x），令x=$\frac{1}{n}$，利用對數(shù)函數(shù)的運算性質(zhì)及累加法求和即可證得結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=sinx-ax，f′（x）=cosx-a，
若對于x∈（0，1），f（x）＞0恒成立，
即a＜cosx在（0，1）恒成立，
故a≤0；
（Ⅱ）a=1時，h（x）=lnx-x+1，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
令h′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令h′（x）＜0，解得：x＞1，
∴h（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
∴h（x）的最大值是h（1）=0；
證明：（Ⅲ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln（1+x）-x，
則g′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1=$\frac{-x}{1+x}$，
當-1＜x＜0時，g′（x）＞0，g（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增；
當x＞0時，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
所以，當x=0時，g（x）=ln（1+x）-x取得極大值，也是最大值，
所以，g（x）≤g（0）=0，即ln（1+x）≤x，當x≠0時，ln（1+x）＜x．
令x=$\frac{1}{n}$，
則ln（1+$\frac{1}{n}$）=ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，即ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，
∴l(xiāng)n2-ln1＜1，ln3-ln2＜$\frac{1}{2}$，…，
lnn-ln（n-1）＜$\frac{1}{n-1}$，ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，
以上n個不等式相加得：ln（n+1）-ln1＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
即$ln（{n+1}）＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}（{n∈{N^*}}）$．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查不等式的證明，構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln（1+x）-x，利用導數(shù)法證得ln（1+x）≤x是關(guān)鍵，也是難點，考查創(chuàng)新思維、化歸思想與推理論證能力，屬于難題．