Question

16．已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-$\frac{2x}{x+2}$（x≥0）的最小值為m，數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n=n²+2n．
（1）證明：?_n∈N^•，a_n＞m；
（2）記數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}}$}的前n項和為T_n，證明：T_n＜ln$\sqrt{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）由求導(dǎo)法則和公式求出f′（x），化簡后結(jié)合條件求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最小值m，由${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{{s}_{1}，n=1}\\{{s}_{n}-{s}_{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$求出a_n，即可證明結(jié)論成立；
（2）由（1）求出$\frac{1}{{a}_{n}}$和T_n，利用數(shù)學(xué)歸納法和（1）中最小值、以及對數(shù)的運算性質(zhì)證明結(jié)論成立．

解答 證明：（1）由題意得，f′（x）=$\frac{1}{x+1}-\frac{（2x）′（x+2）-2x（x+2）′}{（x+2）^{2}}$
=$\frac{1}{x+1}-\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）{（x+2）}^{2}}$，
∵x≥0，∴f′（x）=$\frac{{x}^{2}}{（x+1）{（x+2）}^{2}}≥0$，
∴函數(shù)f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（x）的最小值為m=f（0）=0，
∵S_n=n²+2n，
∴當(dāng)n=1時，a₁=s₁=1+2=3；
當(dāng)n＞1時，a_n=S_n-S_n-1=n²+2n-[（n-1）²+2（n-1）]=2n+1，
當(dāng)n=1時也適合上式，?_n∈N^•，a_n=2n+1＞m=0；
（2）由（1）可得，$\frac{1}{{a}_{n}}$=$\frac{1}{2n+1}$，
∴T_n=$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2n+1}$
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n=1時，則T₁=$\frac{1}{3}$=ln$\root{3}{e}$＜ln$\sqrt{2}$，不等式成立；
②假設(shè)n=k（k≥1且k∈N^*）不等式成立，即T_n＜ln$\sqrt{n+1}$成立，
∴$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2k+1}＜ln\sqrt{k+1}$，
那么n=k+1時，有$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2（k+1）+1}＜ln\sqrt{k+1}$+$\frac{1}{2k+3}$，
∴f（$\frac{1}{k+1}$）=ln（1+$\frac{1}{k+1}$）-$\frac{2•\frac{1}{k+1}}{\frac{1}{k+1}+2}$=ln（1+$\frac{1}{k+1}$）-$\frac{2}{2k+3}$＞0，
即$ln\frac{k+2}{k+1}＞\frac{2}{2k+3}$，∴l(xiāng)n（k+2）-ln（k+1）＞$\frac{2}{2k+3}$，
∴$\frac{1}{2}$[ln（k+2）-ln（k+1）]＞$\frac{1}{2k+3}$，即$ln\sqrt{k+2}＞$$ln\sqrt{k+1}+\frac{1}{2k+3}$，
∴$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2（k+1）+1}＜ln\sqrt{k+1}$+$\frac{1}{2k+3}$＜$ln\sqrt{k+2}$，
則n=k+1時，不等式T_n＜ln$\sqrt{n+1}$成立，
由①②，得T_n＜ln$\sqrt{n+1}$對一切正整數(shù)n都成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值的應(yīng)用，數(shù)列的前n項和與通項的關(guān)系，考查數(shù)學(xué)歸納法在不等式的證明中的應(yīng)用，是一道難題．