Question

3．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）（x≥0，a＞0），g（x）=$\frac{x-2}{x+2}$．
（1）討論函數(shù)y=f（x）-g（x）的單調(diào)性；
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）時(shí)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=1時(shí)，證明：$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$$＜\frac{1}{2}$f（n）（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)可得y′=$\frac{a{x}^{2}+4a-4}{（ax+1）（x+2）^{2}}$，當(dāng)a≥1時(shí)函數(shù)在[0，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)0＜a＜1時(shí)易得函數(shù)在[2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，+∞）上單調(diào)遞增，在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上單調(diào)遞減；
（2）由（1）知當(dāng)a≥1時(shí)，不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）時(shí)恒成立，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，不等式f（x₀）≥g（x₀）+1不成立，綜合可得a的范圍；
（3）由（2）的單調(diào)性易得$\frac{1}{1+2k}$＜$\frac{1}{2}$[ln（k+1）-lnk]，進(jìn)而可得$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{2}$（ln2-ln1），$\frac{1}{5}$＜$\frac{1}{2}$（ln3-ln2），$\frac{1}{7}$＜$\frac{1}{2}$（ln4-ln3），…$\frac{1}{2n+1}$＜$\frac{1}{2}$[ln（n+1）-lnn]，將上述式子相加可得結(jié)論．

解答 解：（1）求導(dǎo)數(shù)可得y′=$\frac{a}{ax+1}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+4a-4}{（ax+1）（x+2）^{2}}$，
當(dāng)a≥1時(shí)，y′≥0，∴函數(shù)y=f（x）-g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，由y′＞0可得x＞2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，
∴函數(shù)在[2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，+∞）上單調(diào)遞增，在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上單調(diào)遞減；
（2）由（1）知當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)y=f（x）-g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）-g（x）≥f（0）-g（0）=1，即不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）時(shí)恒成立，
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上單調(diào)遞減，
存在x₀∈[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]使得f（x₀）-g（x₀）＜f（0）-g（0）=1，
即不等式f（x₀）≥g（x₀）+1不成立，
綜上可知實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）；
（3）由（2）得當(dāng)a≥1時(shí)，不等式f（x）＞g（x）+1在x∈（0，+∞）時(shí)恒成立，
即ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，∴l(xiāng)n（$\frac{1}{k}+1$）＞$\frac{2}{1+2k}$，（k∈N^*）．
即$\frac{1}{1+2k}$＜$\frac{1}{2}$[ln（k+1）-lnk]，
∴$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{2}$（ln2-ln1），$\frac{1}{5}$＜$\frac{1}{2}$（ln3-ln2），$\frac{1}{7}$＜$\frac{1}{2}$（ln4-ln3），…$\frac{1}{2n+1}$＜$\frac{1}{2}$[ln（n+1）-lnn]，
將上述式子相加可得$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$$＜\frac{1}{2}$（lnn-ln1）=$\frac{1}{2}$lnn＜$\frac{1}{2}$ln（n+1）=$\frac{1}{2}$f（n）
原不等式得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)的單調(diào)性和恒成立以及不等式的證明，屬難題．