函数综合题“赏析”1.（Ⅰ）已知函数f(x)＝ex－1－tx，∃x0∈R，使f(x0)≤0，求实数t的取值范围；（Ⅱ）证明：＜ln＜，其中0＜a＜b；（Ⅲ）设[x]表示不超过x的最大整数，证明：[ln(1＋n)]≤[1＋＋…＋]≤1＋[lnn]（n∈N*）．解：（Ⅰ）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（Ⅱ）由（Ⅰ），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（Ⅲ）由（Ⅱ），得＜ln＜．令a＝k，b＝k＋1（k∈N*），得＜ln＜．对于ln＜，分别取k＝1，2，…，n，将n个不等式相加得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
