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设函数 $f(x)=a\ln x-\ln (x+1)+m,a>0,m\in \mathbb{R}$.

1. 求函数 $f(x)$ 的单调区间;
2. 若对任意 $0<a<1$, 函数 $f(x)$ 均有 $2$ 个零点, 求实数 $m$ 的取值范围;
3. 设 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 且 $n\ge 2$, 证明: $${\displaystyle \left(\frac{1}{n}\right)\cdot {\left(\frac{2}{n}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{n}\right)}^3\cdots {\left(\frac{n-1}{n}\right)}^{n-1}>2^{-\frac{n^2}{2}}.}$$

1. 解 $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{a}{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{x(a-1)+a}{x(x+1)}}$. 当 $a\ge 1$, $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上增；当 $0<a<1$, $f(x)$ 在 ${\displaystyle (0,\frac{a}{1-a})}$ 上增, 在 ${\displaystyle (\frac{a}{1-a},+\mathrm{\infty })}$ 上减.

2. 解 至少要求$$\begin{array}{r}F(x{)}_{max}=f\left(\frac{a}{1-a}\right)=a\ln a+(1-a)\ln (1-a)+m>0.\end{array}$$
   记 $g(x)=x\ln x+(1-x)\ln (1-x),x\in (0,1)$, 则 $g^{\prime }(x)={\displaystyle \ln \frac{x}{1-x}}$, 易知 $g(x{)}_{min}={\displaystyle g\left(\frac{1}{2}\right)=-\ln 2}$, 故 $m>\ln 2$.

   此时 $$\begin{array}{r}F\left({\mathrm{e}}^{-\frac{m}{a}}\right)<a\ln {\mathrm{e}}^{-\frac{m}{a}}+m=0,f\left({\mathrm{e}}^{\frac{m}{1-a}}\right)<(a-1)\ln ({\mathrm{e}}^{\frac{m}{1-a}}+1)+m=0.\end{array}$$
   故 $f(x)$ 在 ${\displaystyle ({\mathrm{e}}^{-\frac{m}{a}},\frac{a}{1-a}),(\frac{a}{1-a},{\mathrm{e}}^{\frac{m}{1-a}})}$ 上确实有两个零点, 综上 $m>\ln 2$.

3. 证明 依据2的不等式 $x\ln x+(1-x)\ln (1-x)\ge -\ln 2,x\in (0,1)$, 有$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n-1}i\ln \frac{i}{n}=& \frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n-1}(i\ln \frac{i}{n}+(n-i)\ln \frac{n-i}{n})=\frac{n}{2}\sum _{i=1}^{n-1}(\frac{i}{n}\ln \frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}\ln \frac{n=i}{n})\\ >& \frac{n}{2}\sum _{i=1}^{n-1}(-\ln 2)=-\frac{n(n-1)}{2}\ln 2>-\frac{n^2}{2}\ln 2,\end{array}$$
   两侧作为 $\mathrm{e}$ 的底数, 则原不等式得证.