Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1）．
（1）若x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取極小值，求實(shí)數(shù)b的值；
（2）若函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）若b=-1，證明對任意正整數(shù)n，不等式f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{n}^{3}}$都成立．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)最值的意義得出f′（1）=0，求得b值；
（2）由函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，可得f′（x）≥0或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題解決即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-x³，利用導(dǎo)數(shù)判斷且單調(diào)性，得出f（x）＜x³，取x=$\frac{1}{k}$，則有f（$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{{k}^{3}}$（k∈N₊），即得結(jié)論成立．

解答 解：（1）由x+1＞0得x＞-1
∴f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），
對x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），
∴f（1）是函數(shù)f（x）的極小值，故有f′（1）=0，
f′（x）=2x+$\frac{x+1}$，
∴2+$\frac{2}$=0，解得b=-4．
經(jīng)檢驗(yàn)，合題意；
（2）∵f′（x）=2x+$\frac{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+b}{x+1}$，
又函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．
若f′（x）≥0，
∵x+1＞0，
∴2x²+2x+b≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$恒成立，由此得b≥$\frac{1}{2}$；
若f′（x）≤0，
∵x+1＞0，
∴2x²+2x+b≤0，即b≤-（2x²+2x）恒成立，
因-（2x²+2x） 在（-1，+∞）上沒有最小值，
∴不存在實(shí)數(shù)b使f（x）≤0恒成立．
綜上所述，實(shí)數(shù)b的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）當(dāng)b=-1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1），
令函數(shù)h（x）=f（x）-x³=x²-ln（x+1）-x³，
則h′（x）=-3x²+2x-$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{{3x}^{3}{+（x-1）}^{2}}{x+1}$，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h′（x）＜0所以函數(shù)h（x）在x∈（0，+∞）上是單調(diào)遞減．
又h（0）=0，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，恒有h（x）＜h（0）=0，[即x²-ln（x+1）＜x³恒成立．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，有f（x）＜x³．
∵k∈N₊，
∴$\frac{1}{k}$∈（0，+∞），取x=$\frac{1}{k}$，則有f（$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{{k}^{3}}$．
∴f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{n}^{3}}$，故結(jié)論成立．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的最值意義以及利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及求最值等知識，考查不等式恒成立的條件等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想的．綜合應(yīng)用較強(qiáng)，屬難題．