Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=x-（x+1）ln（x+1），（x＞-1）．
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在x=e-1處的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)F（x）=1-mx-$\frac{1+f（x-1）}{x}$，G（x）=（1-m）x-$\frac{m}{2x}$-2m，對(duì)任意x∈[$\frac{1}{e}$，1]，是否存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），使得F（x）＞G（x）+1成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（Ⅲ）證明：當(dāng)m＞n＞0時(shí)，（1+m）ⁿ＜（1+n）^m．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，由點(diǎn)斜式方程，可得切線的方程；
（Ⅱ）假設(shè)存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），由F（x）求得導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)性，可得最小值；再由1+G（x）求得導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)性，可得最大值，令最小值大于最大值，求得m的范圍，即可判斷是否存在；
（Ⅲ）根據(jù)要證明的結(jié)論，利用分析法來(lái)證明本題，從結(jié)論入手，要證結(jié)論只要證明后面這個(gè)式子成立，兩邊取對(duì)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為只要證明函數(shù)在一個(gè)范圍上成立，利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的性質(zhì)．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=x-（x+1）ln（x+1）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=-ln（x+1），
曲線y=f（x）在x=e-1處的切線斜率為k=-lne=-1，切點(diǎn)為（e-1，-1），
則曲線y=f（x）在x=e-1處的切線方程為y+1=-（x-e+1），
即為x+y-e+2=0；
（Ⅱ）假設(shè)存在m∈（$\frac{1}{2}$，1），由F（x）=1-mx-$\frac{1+f（x-1）}{x}$=lnx-mx，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-m，由x∈[$\frac{1}{e}$，1]，可得$\frac{1}{x}$∈[1，e]，即有F′（x）＞0，
F（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上遞增，可得x=$\frac{1}{e}$取得最小值為-1-$\frac{m}{e}$；
由1+G（x）=（1-m）x-$\frac{m}{2x}$-2m+1的導(dǎo)數(shù)為1-m+$\frac{m}{2{x}^{2}}$＞0，
即1+G（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上遞增，可得x=1時(shí)，取得最大值，且為2-$\frac{7m}{2}$．
由假設(shè)可得-1-$\frac{m}{e}$＞2-$\frac{7m}{2}$．解得m＞$\frac{6e}{7e-2}$＞$\frac{1}{2}$，
故存在m，且范圍是（$\frac{6e}{7e-2}$，1）；
（Ⅲ）要證：（1+m）ⁿ＜（1+n）^m
只需證nln（1+m）＜mln（1+n），
只需證$\frac{ln（1+m）}{m}$＜$\frac{ln（1+n）}{n}$，
設(shè)g（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，
則g′（x）=$\frac{x-（1+x）ln（1+x）}{（1+x）{x}^{2}}$，
由f（x）=x-（1+x）ln（1+x），導(dǎo)數(shù)f′（x）=-ln（x+1），
可得f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，
即x＞0時(shí)，有f（x）＜f（0），
∴x-（1+x）ln（1+x）＜0，所以g′（x）＜0，
即g（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)，
即當(dāng)m＞n＞0時(shí)，g（m）＜g（n），
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法和構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性，屬于中檔題．