Question

已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-

ax

x+2

．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，求曲線(xiàn)y=f（x）在原點(diǎn)處的切線(xiàn)方程；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，討論函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅲ）證明不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

對(duì)任意n∈N^*成立．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)方程

專(zhuān)題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)，a=0時(shí)f（0）=0，切線(xiàn)斜率k=k=f′（0）=1，由點(diǎn)斜式可得切線(xiàn)方程；
（Ⅱ）只需考察g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符號(hào)．按△≤0，△＞0兩種情況進(jìn)行討論，由導(dǎo)數(shù)的符號(hào)可求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=2時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而有f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，則

2x

x+2

＜ln(1+x)對(duì)任意x∈（0，+∞）成立．取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，可推

2

2k+1

＜ln(k+1)-lnk，k=1，2，3，…，n．n個(gè)不等式相加可得結(jié)論；

解答： 解：f′（x）=

1

1+x

-

2a

(x+2)2

=

x2+(4-2a)x+(4-2a)

(x+1)(x+2)2

．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，f（0）=0，切線(xiàn)的斜率k=f′（0）=1，
所以切線(xiàn)方程為y=x，即x-y=0．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以只要考查g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符號(hào)．
由△=（4-2a）²-4（4-2a）≤0，得0＜a≤2，
當(dāng)0＜a≤2時(shí)，g（x）＞0，從而f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞2時(shí)，由g（x）=0解得x=a-2+

a2-2a

．
當(dāng)x∈（0，a-2+

a2-2a

）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈當(dāng)x變化時(shí)，（a-2+

a2-2a

，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，a-2+

a2-2a

）單調(diào)遞減，在區(qū)間（a-2+

a2-2a

，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=2時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
所以f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，即

2x

x+2

＜ln(1+x)對(duì)任意x∈（0，+∞）成立．
取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，
得

2• 1 k

1 k +2

＜ln(1+

1

k

)，即

2

2k+1

＜ln(k+1)-lnk，k=1，2，3，…，n．
將上述n個(gè)不等式求和，得到：

n

k=1

2

2k+1

＜

n

k=1

[ln(k+1)-lnk]，
故不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

對(duì)任意n∈N^*成立．

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類(lèi)與整合思想．