Question

設函數(shù)f（x）=（1-ax）ln（x+1）-bx，其中a和b是實數(shù)，曲線y=f（x）恒與x軸相切于坐標原點．
（1）求常數(shù)b的值；
（2）當0≤x≤1時，關于x的不等式f（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求證：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）對f（x）求導，根據(jù)條件知f′（0）=0，即可求常數(shù)b的值；
（2）f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-1，f″（x）=-

ax+2a+1

(1+x)2

，分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（3）對要證明的不等式等價變形如下：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．所以可以考慮證明：對于任意的正整數(shù)n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．

解答： （1）解：對f（x）求導得：f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-b，
根據(jù)條件知f′（0）=0，所以1-b=0，
所以b=1．（3分）
（2）解：由（1）得f（x）=（1-ax）ln（x+1）-x，0≤x≤1
f′（x）=-aln（1+x）+

1-ax

1+x

-1
f″（x）=-

ax+2a+1

(1+x)2

．
①當a≤-

1

2

時，由于0≤x≤1，有f″（x）≥0，于是f′（x）在[0.1]上單調(diào)遞增，從而f′（x）≥f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上單調(diào)遞增，即f（x）≥f（0）而且僅有f（0）=0；
②當a≥0時，由于0≤x≤1，有f″（x）＜0，于是f′（x）在[0.1]上單調(diào)遞減，從而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0.1]上單調(diào)遞減，即f（x）≤f（0）而且僅有f（0）=0；
③當-

1

2

＜a＜0時，令m=min{1，-

2a+1

a

}，當0≤x≤m時，f″（x）＜0，于是f′（x）在[0，m]上單調(diào)遞減，從而f′（x）≤f′（0）=0，因此f（x）在[0，m]上單調(diào)遞減，
即f（x）≤f（0）而且僅有f（0）=0．
綜上可知，所求實數(shù)a的取值范圍是（-∞，-

1

2

]．（8分）
（3）證明：對要證明的不等式等價變形如下：（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5．
所以可以考慮證明：對于任意的正整數(shù)n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．
并且繼續(xù)作如下等價變形

(1+ 2 5n )ln(1+ 1 n )- 1 n ＜0(p) (1+ 1 2n )ln(1+ 1 n )- 1 n ＞0(q)

對于（p）相當于（2）中a=-

2

5

∈（-

1

2

，0），m=

1

2

情形，有f（x）在[0，

1

2

]上單調(diào)遞減，即f（x）≤f（0）而且僅有f（0）=0．
取x=

1

n

，當n≥2時，（p）成立；
當n=1時，（p）成立．
從而對于任意正整數(shù)n都有（p）成立．
對于（q）相當于（2）中a=-

1

2

情形，對于任意x∈[0，1]，恒有f（x）≥f（0）而且僅有f（0）=0．
取x=

1

n

，得：對于任意正整數(shù)n都有（q）成立．
因此對于任意正整數(shù)n，不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

恒成立．
這樣依據(jù)不等式(1+

1

n

)n+

2

5

＜e＜(1+

1

n

)n+

1

2

，再令n=10000利用左邊，令n=1000利用右邊，即可得到（

10001

10000

）^10000.4＜e＜（

1001

1000

）^1000.5成立．（12分）

點評：本小題主要考查函數(shù)與導數(shù)的綜合應用能力，具體涉及到用導數(shù)來描述原函數(shù)的單調(diào)性、極值以及函數(shù)零點的情況．本小題對考生的邏輯推理能力與運算求解有較高要求．