(2011•孝感模擬)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x.
(I)若函數(shù)f(x)在x=0處取得極值,求實(shí)數(shù)a的值;
(Ⅱ)若x∈[0,1],函數(shù)f(x)在x=0處取得最小值,求正數(shù)a的取值范圍;
(Ⅲ)證明:對(duì)任意的正整數(shù)n,不等式2+
3
4
+
4
9
+…+
n+1
n2
>ln(n+1)
都成立.
分析:(I)由f(x)=
1
x+a
-2x-1
,f′(0)=0,知
1
a
-1=0
,由此能求出a.
(Ⅱ)由f(x)=
1
x+a
-2x-1
,令f′(x)=0,得2x2+(2a+1)x+a-1=0,所以4a2-4a+9>0,設(shè)方程兩根為x1,x2,且x1<x2,由于a>0,則x1+x2=-
2a+1
2
<0
,x1x2=
a-1
2
,由此入手能求出正數(shù)a的取值范圍.
(Ⅲ)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=
-2x2-3x
x+1
(x>-1)
,f(x)在(-1,0)上遞增,在(0,+∞)上遞減,此時(shí),
n+1
n2
>ln(n+1)-lnn
,由此能夠證明2+
3
4
+
4
9
+…+
n+1
n2
>ln(n+1)
解答:解:(I)∵函數(shù)f(x)=ln(x+a)-x2-x,
f(x)=
1
x+a
-2x-1

f′(0)=0,
1
a
-1=0

∴a=1.
(Ⅱ)f(x)=
1
x+a
-2x-1

=
-2x2-(2a+1)x+1-a
x+a
,
令f′(x)=0,即2x2+(2a+1)x+a-1=0,(*)
∵△=(2a+1)2-8(a-1)
=4a2-4a+9>0,
設(shè)方程(*)兩根為x1,x2,且x1<x2
由于a>0,則x1+x2=-
2a+1
2
<0
,x1x2=
a-1
2
,
當(dāng)a>1時(shí),x1x2>0,x1<x2<0,
函數(shù)f(x)在x∈[0,1]上遞減,此時(shí)f(x)的最小值為f(1),不滿足題意.
當(dāng)0<a<1時(shí),x1x2<0,x1<0<x2,
設(shè)g(x)=2x2+(2a+1)x+a-1,
∵g(0)=a-1<0,g(1)=3a+2>0,
∴x1<0<x2<1,
函數(shù)f(x)在x∈[0,x2]遞增,在x∈[x2,1]遞減.
∵f(x)在x=0處取得最小值,
∴f(0)≤f(1).
即lna≤ln(a+1)-2,
a≤
1
e2-1

綜上所述,正數(shù)a的取值范圍是0<a≤
1
e2-1

(Ⅲ)證明:由(Ⅱ)知,當(dāng)a=1時(shí),f(x)=
-2x2-3x
x+1
(x>-1)
,
f(x)在(-1,0)上遞增,在(0,+∞)上遞減,
此時(shí),f(x)=ln(x+1)-x2-x≤f(0)=0,
n+1
n2
>ln(n+1)-lnn
,
2+
3
4
+
4
9
+…+
n+1
n2
>(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+[ln(n+1)-lnn]=ln(n+1),
∴2+
3
4
+
4
9
+…+
n+1
n2
>ln(n+1)
點(diǎn)評(píng):本題考查求實(shí)數(shù)a的值,求正數(shù)a的取值范圍,證明:對(duì)任意的正整數(shù)n,不等式2+
3
4
+
4
9
+…+
n+1
n2
>ln(n+1)
都成立.解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意導(dǎo)數(shù)的合理運(yùn)用,恰當(dāng)?shù)乩昧秧?xiàng)求和法進(jìn)行解題.
練習(xí)冊(cè)系列答案
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(
1
2
)x,x≥0
,則f(-2)+f(log212)
=( 。

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2
2
2
2

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1
4
x+
3
4x
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(I)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ)若對(duì)任意x1∈(0,2),總存在x2∈[1,2]使f(x1)≥g(x2),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

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(2011•孝感模擬)設(shè)向量
a
=(
3
2
,cosθ),向量
b
=(sinθ,
1
3
),其
a
b
,則銳角θ為(  )

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