Question

16．已知函數(shù)f（x）=aln（x+1）-$\frac{4}{x+1}$+x．
（1）對(duì)任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式是a_n=1+$\frac{1}{n}$（n∈N^*），前n項(xiàng)和是S_n，求證：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．

Answer 1

分析 （1）對(duì)任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，化為a（x+1）ln（x+1）-4≤0恒成立．令g（x）=a（x+1）ln（x+1）-4，x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）．當(dāng)a=0時(shí)，直接驗(yàn)證即可得出結(jié)論．當(dāng)a≠0時(shí)，g′（x）=a[ln（x+1）+1]，由于$x≥-\frac{1}{2}$，可得ln（x+1）$≥ln\frac{1}{2}$，ln（x+1）+1＞0，因此只要對(duì)a分類討論即可得出．
（2）先利用導(dǎo)數(shù)證明g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．再利用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論即可．

解答 （1）解：對(duì)任意的x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞），不等式f（x）≤x恒成立，
化為a（x+1）ln（x+1）-4≤0恒成立（*）．
令g（x）=a（x+1）ln（x+1）-4，x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）．
當(dāng)a=0時(shí)，g（x）=-4≤0，對(duì)于x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）恒成立，∴a=0滿足條件．
當(dāng)a≠0時(shí)，g′（x）=a[ln（x+1）+1]，
∵$x≥-\frac{1}{2}$，∴x+1$≥\frac{1}{2}$，
∴l(xiāng)n（x+1）$≥ln\frac{1}{2}$，
∴l(xiāng)n（x+1）+1≥1-ln2＞0，
∴當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）在x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)遞增，（*）不恒成立，舍去．
當(dāng)a＜0時(shí)，g′（x）＜0，∴函數(shù)g（x）在x∈[$-\frac{1}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（-$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}aln（\frac{1}{2}）$-4=-$\frac{1}{2}aln2$-4，令-$\frac{1}{2}aln2$-4≤0，解得a$≥-\frac{8}{ln2}$．
∴當(dāng)0＞a$≥-\frac{8}{ln2}$時(shí)，（*）恒成立，而當(dāng)a$＜-\frac{8}{ln2}$時(shí)，（*）不恒成立．
綜上可得a的取值范圍為：$[-\frac{8}{ln2}，0]$．
（2）證明：先證明g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．
g′（x）=$\frac{2}{1+x}$+$\frac{ln2}{{x}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（x）在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上單調(diào)遞增．
∴g（x）≤$g（\frac{1}{2}）$=$2ln（1+\frac{1}{2}）$-3ln2＜0，
∴g（x）=2ln（1+x）-（1+$\frac{1}{x}$）ln2＜0，在$x∈（0，\frac{1}{2}]$上恒成立．
S_n=n+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{n}$．
下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$．
①當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2=$\frac{2ln2}{ln2}$，成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N^*）時(shí)，S_k$≥\frac{2ln（k+1）}{ln2}$成立，
即k+1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{k}$$≥\frac{2ln（k+1）}{ln2}$成立，
則當(dāng)n=k+1時(shí)，S_k+1=S_k+1+$\frac{1}{k+1}$≥$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$．
由$2ln（1+\frac{1}{k+1}）$＜$（1+\frac{1}{k+1}）ln2$，
可得$1+\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）-2ln（k+1）}{ln2}$，
∴$\frac{2ln（k+1）}{ln2}$+1+$\frac{1}{k+1}$＞$\frac{2ln（k+2）}{ln2}$．
∴S_k+1≥$\frac{2ln（k+1+1）}{ln2}$．
因此當(dāng)n=k+1時(shí)，假設(shè)成立．
綜上可得：?n∈N^*，S_n≥$\frac{2ln（n+1）}{ln2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．