Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x+1}$+b（a，b∈R）在定義域上單調(diào)，且函數(shù)的零點為1．
（1）求a（b+2）的取值范圍；
（2）若曲線y=f（x）與x軸相切，求證$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n}$＜ln n（n∈N且n＞2）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論函數(shù)遞增或遞減，看到導(dǎo)數(shù)恒大于0或小于0，求得a的范圍，再由函數(shù)的零點為1，可得a，b的關(guān)系，再由二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求范圍；
（2）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（1）=0，切點為（1，0），解得a=4，b=-2，由單調(diào)性可得lnx≥2-$\frac{4}{x+1}$．令x=1+$\frac{1}{k}$（k∈N^*），運用累加法，結(jié)合不等式的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）由題意知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a-2）x+1}{x（x+1）^{2}}$．
又函數(shù)f（x）的零點為1，由f（1）=0，故$\frac{a}{2}$+b=0，即b=-$\frac{a}{2}$，
由函數(shù)f（x）單調(diào)，若f（x）為增函數(shù)，
則對任意x∈（0，+∞），f′（x）≥0且f′（x）不恒為0，
即有x²-（a-2）x+1≥0，即a-2≤x+$\frac{1}{x}$，即有a-2≤2，解得a≤4．
若f（x）為減函數(shù)，則對任意x∈（0，+∞），f′（x）≤0且f′（x）不恒為0，
則x²-（a-2）x+1≤0，a-2≥x+$\frac{1}{x}$，又y=x+$\frac{1}{x}$≥2，則（a-2）≥x+$\frac{1}{x}$不恒成立．
綜上所述，a≤4．又b=-$\frac{a}{2}$，
則a（b+2）=-$\frac{1}{2}$（a-2）²+2．當(dāng)a=2時，取得最大值2，
故a（b+2）的取值范圍是（-∞，2]．
（2）曲線y=f（x）與x軸相切，則切點為（1，0）且f′（1）=0，
即有a=4，b=-2，
由（1）得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
又f（1）=0，故當(dāng)x≥1時，f（x）≥f（1）=0，
則lnx≥2-$\frac{4}{x+1}$．令x=1+$\frac{1}{k}$（k∈N^*），有l(wèi)n（1+$\frac{1}{k}$）≥2-$\frac{4}{1+1+\frac{1}{k}}$，
∴l(xiāng)n（1+k）-lnk＞$\frac{2}{2k+1}$；
∴當(dāng)n≥2時，令k=1，2，3，…，n-1，
ln2-ln1＞$\frac{2}{3}$，ln3-ln2＞$\frac{2}{5}$，…
lnn-ln（n-1）＞$\frac{2}{2n-1}$，
以上各式累加得：$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{5}$+…+$\frac{2}{2n-1}$＜lnn．
∵$\frac{1}{2k-1}$＞$\frac{1}{2k}$，∴$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n}$＜$\frac{2}{3}$+$\frac{2}{5}$+…+$\frac{2}{2n-1}$＜lnn，
∴$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n}$＜lnn成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：判斷單調(diào)性，考查零點的定義和二次函數(shù)的最值的求法，同時考查不等式的證明，注意運用已知結(jié)論和累加法，屬于中檔題．