试题分析:(1)根据题意,其实是求实数t的取值范围使函数 的最小值小于零,结合函数 的解析式的特点,应利导数工具,研究函数 的单调性和极(最)值问题.(2)要证 ,即证: ,只要证: ,因为 ,所以, ,因此可构造函数 ,利用导数探究其在 符号即可.类似的方法可证明 ,必要时可借用(1)的结论. (3)根据![](http://img.shitiku.com.cn/uploads/allimg/20191018/20191018032902-24632.png) 的定义, 要证 只需证:![](http://img.shitiku.com.cn/uploads/allimg/20191018/20191018032902-24632.png) 由(2) ,若令 ,则有![](http://img.shitiku.com.cn/uploads/allimg/20191018/20191018032903-35850.png) 当 分别取 时有: 上述同向不等式两边相加可得: ,类似地可证另一部分. 试题解析:(1)若t<0,令x= ,则f( )=e -1-1<0; 若t=0,f(x)=ex-1>0,不合题意; 若t>0,只需f(x)min≤0. 求导数,得f′(x)=ex-1-t. 令f′(x)=0,解得x=lnt+1. 当x<lnt+1时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,lnt+1)上是减函数; 当x>lnt+1时,f′(x)>0,∴f(x)在(lnt+1,+∞)上是增函数. 故f(x)在x=lnt+1处取得最小值f(lnt+1)=t-t(lnt+1)=-tlnt. ∴-tlnt≤0,由t>0,得lnt≥0,∴t≥1. 综上可知,实数t的取值范围为(-∞,0)∪[1,+∞). 4分 (2)由(1),知f(x)≥f(lnt+1),即ex-1-tx≥-tlnt. 取t=1,ex-1-x≥0,即x≤ex-1. 当x>0时,lnx≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立, 故当x>0且x≠1时,有lnx<x-1. 令x= ,得ln < -1(0<a<b),即ln < . 令x= ,得ln < -1(0<a<b),即-ln < ,亦即ln > . 综上,得 <ln < . 9分 (3)由(2),得 <ln < . 令a=k,b=k+1(k∈N*),得 <ln < . 对于ln < ,分别取k=1,2, ,n, 将上述n个不等式依次相加,得 ln +ln + +ln <1+ + + , ∴ln(1+n)<1+ + + . ① 对于 <ln ,分别取k=1,2, ,n-1, 将上述n-1个不等式依次相加,得
+ + + <ln +ln + +ln ,即 + + + <lnn(n≥2), ∴1+ + + ≤1+lnn(n∈N*). ② 综合①②,得ln(1+n)<1+ + + ≤1+lnn. 易知,当p<q时,[p]≤[q], ∴[ln(1+n)]≤[1+ + + ]≤[1+lnn](n∈N*). 又∵[1+lnn]=1+[lnn], ∴[ln(1+n)]≤[1+ + + ]≤1+[lnn](n∈N*). 14分 |