Question

20．設(shè)函數(shù)f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$（a＞0）
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上的單調(diào)性；
（Ⅲ）求證：（$\frac{2017}{2016}$）^2016.4＜e＜（$\frac{2017}{2016}$）^2016.5．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（0），再求出f（0），由直線方程的點斜式得答案；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，因式分解可得：${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}x}{（x+1）（ax+1）}（x-\frac{1-2a}{{a}^{2}}）$，然后對a分類討論可得函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，1]上的單調(diào)性；
（Ⅲ）分別取a=0.5，a=0.4，結(jié)合（Ⅱ）中的單調(diào)性可得?n∈N^*，$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e＜$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$．取n=2016即可得到$（\frac{2017}{2016}）^{2016.4}$＜e＜$（\frac{2017}{2016}）^{2016.5}$．

解答 （Ⅰ）解：由${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$，
得f′（0）=0，又f（0）=0，
∴切線方程為：y=0．
（Ⅱ）解：${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}x}{（x+1）（ax+1）}（x-\frac{1-2a}{{a}^{2}}）$，
（1）當(dāng)1-2a≤0，即$a≥\frac{1}{2}$時，f′（x）≥0，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
（2）當(dāng)$\frac{1-2a}{{a}^{2}}≥1$，即$0＜a≤\sqrt{2}-1$時，f′（x）≤0，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，
（3）當(dāng)$0＜\frac{1-2a}{{a}^{2}}＜1$，即$\sqrt{2}-2＜a＜\frac{1}{2}$時，
有：

x	（0，$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$）	$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$	（$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$，1）
f′（x）	-	0	+
f（x）	減函數(shù)		增函數(shù)

（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)a=0.5時，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴f（x）≥f（0）=0，即ln（1+x）$≥\frac{x}{1+0.5x}$．
令$x=\frac{1}{n}$（n∈N^*），則（0.5+n）ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1，即$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$＞e．
由（Ⅱ）知，當(dāng)a=0.4時，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$在[0，1]上單調(diào)遞減，
∴f（x）≤f（0）=0，即ln（x）≤$\frac{x}{1+0.4x}$．
令x=$\frac{1}{n}$（x∈N^*），則（0.4+n）ln（1+$\frac{1}{n}$）＜1，即$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e．
綜上，?n∈N^*，$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e＜$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$．
令n=2016，得$（\frac{2017}{2016}）^{2016.4}$＜e＜$（\frac{2017}{2016}）^{2016.5}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式，考查邏輯思維能力及推理論證能力，是中檔題．