Question

14．已知函數(shù)f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$在x=0處取得極值．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在區(qū)間[0，2]上恰有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．
（3）證明：對任意的正整數(shù)n，不等式2+$\frac{3}{4}+\frac{4}{9}+…+\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln（n+1）都成立．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$=x²+x-ln（x-a），對其進行求導，在x=0處取得極值，可得f′（0）=0，求得a值；
（2）關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在區(qū)間[0，2]上恰有兩個不同的實數(shù)根，將問題轉(zhuǎn)化為φ（x）=0，在區(qū)間[0，2]上恰有兩個不同的實數(shù)根，對φ（x）對進行求導，從而求出b的范圍；
（3）f（x）=x²+x-ln（x+1）的定義域為{x|x＞-1}，利用導數(shù)研究其單調(diào)性，可以推出ln（x+1）-x²-x≤0，令x=$\frac{1}{n}$，可以得到ln（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，利用此不等式進行放縮證明．

解答 解：（1）f（x）=x${\;}^{2}+x+ln\frac{1}{x-a}$=x²+x-ln（x-a）
∴f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x-a}$              
當x=0時，f（x）取得極值，
∴f′（0）=0，
故1-$\frac{1}{x-a}$=0，
解得a=-1，
經(jīng)檢驗a=-1符合題意，
則實數(shù)a的值為-1；
（2）由a=-1知f（x）=x²+x-ln（x+1）
由f（x）=$\frac{5}{2}$x-b，得ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b=0
令φ（x）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b，
則f（x）=$\frac{5}{2}$x-b在區(qū)間[0，2]上恰有兩個不同的實數(shù)根等價于φ（x）=0在區(qū)間[0，2]上恰有兩個不同的實數(shù)根．
φ′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=$\frac{-（4x+5）（x-1）}{2（x+1）}$，
當x∈[0，1]時，φ′（x）＞0，于是φ（x）在[0，1）上單調(diào)遞增；
當x∈（1，2]時，φ′（x）＜0，于是φ（x）在（1，2]上單調(diào)遞減，
依題意有φ（0）=-b≤0，
φ（1）=ln（1+1）-1+$\frac{3}{2}$-b＞0，
φ（2）=ln（1+2）-4+3-b≤0
解得，ln3-1≤b＜ln2+$\frac{1}{2}$，
故實數(shù)b的取值范圍為：[ln3-1，ln2+$\frac{1}{2}$）；       
（3）：f（x）=x²+x-ln（x+1）的定義域為{x|x＞-1}，由（1）知f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x+1}$=$\frac{x（2x+3）}{x+1}$，
令f′（x）=0得，x=0或x=-$\frac{3}{2}$（舍去），
∴當-1＜x＜0時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當x＞0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
∴f（0）為f（x）在（-1，+∞）上的最小值．
∴f（x）≥f（0），故ln（x+1）-x²-x≤0（當且僅當x=0時，等號成立）
對任意正整數(shù)n，取x=$\frac{1}{n}$＞0得，ln（$\frac{1}{n}$+1）＜$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{{n}^{2}}$，
∴l(xiāng)n（$\frac{n+1}{n}$）＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，
故2+$\frac{3}{4}+\frac{4}{9}+…+\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln2+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln$\frac{n+1}{n}$=ln（n+1）．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值及單調(diào)性，解題過程中用到了分類討論的思想，分類討論的思想也是高考的一個重要思想，要注意體會其在解題中的運用，第三問難度比較大，利用了前兩問的結(jié)論進行證明，此題是一道中檔題．