Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax³+bx²在x=1處取得極值$\frac{1}{6}$．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若對任意的x∈[0，+∞），都有f′（x）≤kln（x+1）成立（其中f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)），求實(shí)數(shù)k的最小值；
（Ⅲ）證明：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}$＜ln（n+1）+2（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)極值的定義可知f'（1）=0，f（1）=$\frac{1}{6}$，進(jìn)而求出a，b的值；
（Ⅱ）整理不等式得x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x²-x+kln（x+1），可知g（0）=0，故只需函數(shù)為增函數(shù)即可，求出導(dǎo)函數(shù)，對參數(shù)k進(jìn)行分類討論，得出k的范圍；
（Ⅲ）令上式中k=1得x≤x²+ln（x+1）在區(qū)間[0，+∞）上恒成立，根據(jù)題型，令x=$\frac{1}{n}$，利用累加和放縮法證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）由題設(shè)可求得，f'（x）=3ax²+2bx，（1分）
因?yàn)閒（x）在x=1處取得極值$\frac{1}{6}$，
所以f'（1）=0，f（1）=$\frac{1}{6}$（3分）
解得a=-$\frac{1}{3}$，b=$\frac{1}{2}$．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，f（x）=-$\frac{1}{3}$x²+$\frac{1}{2}$，所以f'（x）=-x²+x，
所以-x²+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立，
即x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立．（6分）
設(shè)g（x）=x²-x+kln（x+1），則g（0）=0，
$g'（x）=2x-1+\frac{k}{x+1}=\frac{{2{x^2}+x+k-1}}{x+1}$，x∈[0，+∞）．（7分）
設(shè)h（x）=2x²+x+k-1，
1）當(dāng)△=1-8（k-1）≤0，即$k≥\frac{9}{8}$時(shí)，h（x）≥0，
所以g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
所以g（x）≥g（0）=0，即當(dāng)$k≥\frac{9}{8}$時(shí)，滿足題設(shè)條件．（8分）
2）當(dāng)△=1-8（k-1）＞0，即$k＜\frac{9}{8}$時(shí)，
設(shè)x₁，x₂是方程2x²+x+k-1=0的兩個(gè)實(shí)根，且x₁＜x₂，
由$x{\;}_1+{x_2}=-\frac{1}{2}$，可知x₁＜0，
由題設(shè)可知，當(dāng)且僅當(dāng)x₂≤0，即x₁•x₂≥0，即k-1≥0，
即k≥1時(shí)，對任意x∈[0，+∞）有h（x）≥0，
即g'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
所以g（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，所以g（x）≥g（0）=0．
所以$1≤k＜\frac{9}{8}$時(shí)，也滿足題設(shè)條件．（9分）
綜上可知，滿足題設(shè)的k的取值范圍為k≥1，所以實(shí)數(shù)k的最小值為1．（10分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)k=1時(shí)，-x²+x≤ln（x+1），
即x≤x²+ln（x+1）在區(qū)間[0，+∞）上恒成立．（11分）
令$x=\frac{1}{n}（n∈{N^*}）$，得$\frac{1}{n}≤\frac{1}{n^2}+ln（\frac{1}{n}+1）=\frac{1}{n^2}+ln（n+1）-lnn$．（12分）
所以當(dāng)n≥2時(shí)，$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}≤1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}+（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+[ln（n+1）-lnn]$
=$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{n^2}+ln（n+1）$（13分）
$＜1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）n}+ln（n+1）$=$2-\frac{1}{n}+ln（n+1）＜ln（n+1）+2$，
當(dāng)n=1時(shí)，上式顯然成立．
所以原不等式得證．（14分）

點(diǎn)評 考查了極值的定義，導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，解決恒成立問題和對題型的分析，利用結(jié)論解決實(shí)際問題．