Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+bln（x+1）．
（1）若b=-4，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在定義域上是單調(diào)函數(shù)，求b的取值范圍；
（3）若b=-1，證明對(duì)任意n∈N₊，不等式

n

k=1

f(

1

k

)＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

都成立．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)f（x）在定義域是單調(diào)函數(shù)，可得f′（x）≥0，或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，再利用分離參數(shù)法，即可求得b的取值范圍；
（3）構(gòu)建函數(shù)h（x）=f（x）-x³=x²-ln（x+1）-x³，證明函數(shù)h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，得到f（x）＜x³，由此可知結(jié)論成立．

解答：（1）解：求導(dǎo)函數(shù)，可得f′(x)=2x-

4

x+1

=2

(x-1)(x+2)

x+1

，定義域{x|x＞-1}
∴當(dāng)-1＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0．
故函數(shù)f（x）的減區(qū)間是（-1，1），增區(qū)間是（1，+∞）．
（2）解：∵f′(x)=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，又函數(shù)f（x）在定義域是單調(diào)函數(shù)，
∴f′（x）≥0，或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．
若f′（x）≥0，∵x+1＞0，∴2x²+2x+b≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≥-(2x2+2x)=-2(x+

1

2

)2+

1

2

恒成立，由此得b≥

1

2

；
若f′（x）≤0，∵x+1＞0，∴2x²+2x+b≤0，即b≤-（2x²+2x）恒成立，
因-（2x²+2x）在（-1，+∞）沒有最小值，∴不存在實(shí)數(shù)b使f′（x）≤0恒成立．
綜上所知，實(shí)數(shù)b的取值范圍是[

1

2

，+∞)．
（3）證明：當(dāng)b=-1時(shí)，函數(shù)f（x）=x²-ln（x+1），令函數(shù)h（x）=f（x）-x³=x²-ln（x+1）-x³，
則h′(x)=-3x2+2x-

1

x+1

=-

3x3+(x-1)2

x+1

，
∴當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
又h（0）=0，
∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h（x）＜h（0）=0，即x²-ln（x+1）＜x³恒成立．
故f（x）＜x³．
∵k∈N^*，∴

1

k

∈(0，+∞)，取x=

1

k

，f(

1

k

)＜

1

k3

，
∴

n

k=1

f(

1

k

)＜1+

1

23

+

1

33

+…+

1

n3

，故結(jié)論成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題，考查構(gòu)造法證明不等式，解題的關(guān)鍵是構(gòu)建函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)法求解．