Question

19．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x），g（x）=ln（1+x）-bx．
（1）若函數(shù)f（x）在x=0處有極值，求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）①若b是正實(shí)數(shù)，求使得關(guān)于x的不等式g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立的b的取值范圍；
②證明：不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由極值可得f′（0）=0，解得a=1，再求f（x）的單調(diào)區(qū)間，可得極大值，也為最大值；
（2）①求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，對(duì)b討論，（i）若b≥1，（ii）若b≤0，（iii）若0＜b＜1，通過(guò)導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可求得b的范圍；
②由以上可得，$\frac{x}{1+x}$＜ln（1+x）＜x（x＞0），取x=$\frac{1}{n}$，得$\frac{1}{n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$，通過(guò)求和和對(duì)數(shù)的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）由已知得：f′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}$-$\frac{a}{1+x}$，
又∵函數(shù)f（x）在x=0處有極值
∴f′（0）=$\frac{1}{（1+0）^{2}}$-$\frac{a}{1+0}$=0，即a=1  
∴f（x）=$\frac{x}{1+x}$-ln（1+x），f′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}$-$\frac{1}{1+x}$=$\frac{-x}{（1+x）^{2}}$，
∴當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
∴函數(shù)f（x）的最大值為f（0）=0；
（2）①由已知得：g′（x）=$\frac{1}{1+x}$-b，
（i）若b≥1，則x≥0時(shí)，g′（x）≤0，
∴g（x）在[0，+∞）上為減函數(shù)，
∴g（x）＜g（0）=0在（0，+∞）上恒成立；  
（ii）若b≤0，則x≥0時(shí)，g′（x）＞0，
∴g（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，
∴g（x）＞g（0）=0，不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
（iii）若0＜b＜1，則g′（x）=0，可得x=$\frac{1}$-1，
當(dāng)0≤x＜$\frac{1}$-1，g′（x）≥0，g（x）在[0，$\frac{1}$-1）上遞增，
此時(shí)g（x）＞g（0）=0，不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
綜上可得，b的取值范圍為[1，+∞）；
②證明：由以上可得，$\frac{x}{1+x}$＜ln（1+x）＜x（x＞0），
取x=$\frac{1}{n}$，得$\frac{1}{n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$，
令x_n=$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn，
取x₁=$\frac{1}{2}$，x_n-x_n-1=$\frac{n}{{n}^{2}+1}$-ln（1+$\frac{1}{n-1}$）＜$\frac{n}{{n}^{2}+1}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{-1}{n（{n}^{2}+1）}$＜0，
因此x_n＜x_n-1＜…＜x₁=$\frac{1}{2}$，
則有不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時(shí)考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和求和方法，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．