Question

18．設函數(shù)f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的導函數(shù)．
（1）g₁（x）=g（x），g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，求g₁（x），g₂（x），g₃（x），并猜想g_n（x）的表達式（不必證明）；
（2）若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設n∈N₊，比較g（1）+g（2）+…+g（n）與n-f（n）的大小，并用數(shù)學歸納法加以證明．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的解析式，依次計算即可得出猜想；
（2）令h（x）=f（x）-ag（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），對a進行討論，求出h（x）的最小值，令h_min（x）≥0恒成立即可；
（3）比較g（1）與1-f（1）猜測大小關系，利用（2）的結論進行證明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$，g（x）=$\frac{x}{x+1}$，
∴${g_1}（x）=\frac{x}{1+x}，{g_2}（x）=\frac{x}{1+2x}，{g_3}（x）=\frac{x}{1+3x}$
猜想：g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$（x≥0）．
（2）令h（x）=f（x）-ag（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），
∵f（x）≥ag（x）恒成立，∴h_min（x）≥0．
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{a（1+x）-ax}{（x+1）^{2}}$=$\frac{x+1-a}{（x+1）^{2}}$，
令h′（x）＞0得x＞a-1，
當a-1≤0即a≤1時，h（x）在[0，+∞）上單調遞增，
∴h_min（x）=h（0）=0，符合題意；
當a-1＞0即a＞1時，h（x）在[0，a-1）上單調遞減，在[a-1，+∞）上單調遞增，
∴h_min（x）=h（a-1）=lna-a+1，
令φ（a）=lna-a+1（a＞1），則φ′（a）=$\frac{1}{a}$-1＜0，
∴φ（a）在（1，+∞）上單調遞減，
∴φ（a）＜φ（1）=0，
即h_min（x）＜0，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（-∞，1]．
（3）g（1）=$\frac{1}{2}$，1-f（1）=1-ln2，
∵ln2＞ln$\sqrt{e}$=$\frac{1}{2}$，∴1-ln2＜$\frac{1}{2}$，即g（1）＞1-f（1），
猜想：$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{n}{n+1}＞n-ln（{n+1}）$
證明如下：
（i）當n=1時，顯然猜想成立；
（ii） 假設n=k時，$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{k}{k+1}＞k-ln（{k+1}）$成立，
當n=k+1時，左邊=$（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{k}{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}＞k-ln（{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}$
欲證左邊＞右邊，
即證：$k-ln（{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}＞（{k+1}）-ln（{k+2}）$，
即證：$ln（{1+\frac{1}{k+1}}）＞\frac{1}{k+2}$
由（2）中的結論，令a=1得不等式：$ln（{1+x}）＞\frac{x}{1+x}$
所以 $ln（{1+\frac{1}{k+1}}）＞\frac{{\frac{1}{1+k}}}{{1+\frac{1}{1+k}}}=\frac{1}{k+2}$成立
即n=k+1時，猜想成立．
由（i） （ii） 對一切n∈N₊，不等式$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{n}{n+1}＞n-ln（{n+1}）$成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性判斷與最值計算，數(shù)學歸納法證明，分類討論思想，屬于中檔題．