Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{2}{x+1}$（a∈R），
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；
（2）若f（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（3）求證：ln（n+1）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）可先求f′（x），從而判斷f（x）在x∈[1，+∞）上的單調(diào)性，利用其單調(diào)性求f（x）在x∈[1，+∞）最小值；
（2）求h′（x），可得 f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+2（a-1）x+a}{x（x+1）^{2}}$，若f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，需h′（x）＜0有正數(shù)解．從而轉(zhuǎn)化為：ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解．通過(guò)對(duì)a分a=0，a＜0與當(dāng)a＞0三種情況討論解得a的取值范圍；
（3）（法一）根據(jù)（1）的結(jié)論，當(dāng)x＞1時(shí)，lnx+$\frac{2}{x+1}$＞1⇒lnx＞$\frac{x-1}{x+1}$，再構(gòu)造函數(shù)，
令x=$\frac{k+1}{k}$，有l(wèi)n$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{1}{2k+1}$，從而ln（n+1）=$\sum_{k=1}^{n}$ln$\frac{k+1}{k}$＞$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{2k+1}$，問(wèn)題可解決；
（法二）可用數(shù)學(xué)歸納法予以證明．注意解題步驟，需用好歸納假設(shè)．

解答 解：（1）f（x）=lnx+$\frac{2}{x+1}$，定義域?yàn)椋?，+∞）．
∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥f（1）=1，
f（x）在x∈[1，+∞）最小值為1； 
（2）∵f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+2（a-1）x+a}{x（x+1）^{2}}$，
∵若f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，
∴f′（x）＜0有正數(shù)解．即ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解． 
①當(dāng)a=0時(shí)，明顯成立．
②當(dāng)a＜0時(shí)，y=ax²+2（a-1）x+a為開(kāi)口向下的拋物線，
ax²+2（a-1）x+a＜0總有x＞0的解；
③當(dāng)a＞0時(shí)，y=ax²+2（a-1）x+a開(kāi)口向上的拋物線，
即方程ax²+2（a-1）x+a=0有正根．
因?yàn)閤₁x₂=1＞0，
所以方程ax²+2（a-1）x+a=0有兩正根．
$\left\{\begin{array}{l}{△=4（a-1）^{2}-4{a}^{2}＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2（1-a）}{a}＞0}\end{array}\right.$，解得0＜a＜$\frac{1}{2}$．
綜合①②③知：a＜$\frac{1}{2}$．  
（3）（法一）根據(jù)（1）的結(jié)論，當(dāng)x＞1時(shí)，lnx+$\frac{2}{x+1}$＞1，即lnx＞$\frac{x-1}{x+1}$．
令x=$\frac{k+1}{k}$，則有l(wèi)n$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{1}{2k+1}$，
∴$\sum_{k=1}^{n}$ln$\frac{k+1}{k}$＞$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{1}{2k+1}$．
∵ln（n+1）=$\sum_{k=1}^{n}$ln$\frac{k+1}{k}$，
∴l(xiāng)n（n+1）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n+1}$．   
（法二）當(dāng)n=1時(shí)，ln（n+1）=ln2．
∵3ln2=ln8＞1，∴l(xiāng)n2＞$\frac{1}{3}$，即n=1時(shí)命題成立．
設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，命題成立，即 ln（k+1）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2k+1}$．
∴n=k+1時(shí)，ln（n+1）=ln（k+2）=ln（k+1）+ln$\frac{k+2}{k+1}$＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2k+1}$+ln$\frac{k+2}{k+1}$．
根據(jù)（Ⅰ）的結(jié)論，當(dāng)x＞1時(shí)，lnx+$\frac{2}{x+1}$＞1，即lnx＞$\frac{x-1}{x+1}$．
令x=$\frac{k+2}{k+1}$，則有l(wèi)n$\frac{k+2}{k+1}$＞$\frac{1}{2k+3}$，
則有l(wèi)n（k+2）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2k+1}$+$\frac{1}{2k+3}$，即n=k+1時(shí)命題也成立．
綜上可得，ln（n+1）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)學(xué)歸納法，難點(diǎn)之一在于（2）中通過(guò)求h′（x）后，轉(zhuǎn)化為：ax²+2（a-1）x+a＜0有x＞0的解的問(wèn)題，再用分類(lèi)討論思想來(lái)解決；難點(diǎn)之二在于（3）中法一通過(guò)構(gòu)造函數(shù)x=$\frac{k+1}{k}$，用放縮法證得結(jié)論，法二通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法，其中也有構(gòu)造函數(shù)的思想，屬于難題．