Question

10．已知函數f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（Ⅰ）討論函數f（x）在區間（0，2）上的極值；
（Ⅱ）已知n∈N^*且n≥2，求證：$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導函數 f'（x）=e^x-a，通過若a≤0，若a＞0，①當0＜lna＜2，即1＜a＜e²時，②當lna≥2或lna≤0，即a≥e²或0＜a≤1時，分別求解導函數符號，判斷函數的單調性求解函數的極值．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a=1時，f（x）=e^x-x-1在x=ln1=0處取得最小值0，推出e^x≥x+1．得到x≥ln（x+1），轉化為$ln（{n+1}）-lnn＜\frac{1}{n}$，然后證明所證明的不等式即可．

解答 解：（Ⅰ） f'（x）=e^x-a…（1分）
若a≤0，則在區間（0，2）上有f'（x）＞0恒成立，則f（x）在區間（0，2）上無極值；…（2分）
若a＞0，令f'（x）=0，則x=lna，
①當0＜lna＜2，即1＜a＜e²時，當0＜x＜lna時f'（x）＜0，2＞x＞lna時f'（x）＞0，
故此時f（x）在x=lna取得極小值f（lna）=a-alna-1． …（4分）
②當lna≥2或lna≤0，即a≥e²或0＜a≤1時，f（x）在區間（0，2）上無極值…（5分）
綜上所述，當a∈（-∞，1]∪[e²，+∞）時f（x）在區間（0，2）上無極值；
當1＜a＜e²時f（x）在區間（0，2）上有極小值f（lna）=a-alna-1．…（6分）
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，當a=1時，f（x）=e^x-x-1在x=ln1=0處取得最小值0，
即恒有f（x）=e^x-x-1≥0，即e^x≥x+1．…（8分）
當x＞-1時，兩邊取對數可得，x≥ln（x+1）（當x=0時等號成立）…（9分）
令$x=\frac{1}{n}＞0，n∈{N^*}$，則$\frac{1}{n}＞ln（{\frac{1}{n}+1}）=ln\frac{n+1}{n}$，即$ln（{n+1}）-lnn＜\frac{1}{n}$…（10分）
∴$ln\frac{n+1}{2}=ln（{n+1}）-ln2=[{ln（{n+1}）-lnn}]+[{lnn-ln（{n-1}）}]+…+[{ln3-ln2}]$$＜\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}+…+\frac{1}{2}$，
故$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n}$．…（12分）

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性以及函數的極值，函數的最值的應用，考查分類討論思想以及轉化思想的應用，難度比較大．