Question

4．已知函數(shù)f（x）=x-k•ln（x²+1）（k為實(shí)常數(shù)）
（1）若函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為0，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）求證：（1+$\frac{1}{4}$）（1+$\frac{1}{{4}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜2．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)f′（x）=1-k•$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{{x}^{2}+1}$，x∈[0，1]，從而討論k以確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最小值即可，從而確定實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）由（1）知，當(dāng)x∈[0，1]，且k=$\frac{1}{ln2}$時(shí)，f（x）≥f（0）=0恒成立，從而可得x-$\frac{1}{ln2}$ln（x²+1）≥0，化簡(jiǎn)可得2^x≥x²+1，x∈[0，1]時(shí)恒成立；再令x=$\frac{1}{{2}^{k}}$，則有1+$\frac{1}{{4}^{k}}$＜${2}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$（k=1，2，3，…，n）；從而利用放縮法證明不等式．

解答 解：（1）∵f（x）=x-k•ln（x²+1），
∴f′（x）=1-k•$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{{x}^{2}-2kx+1}{{x}^{2}+1}$，x∈[0，1]，
①當(dāng)k≤1時(shí)，由x∈[0，1]知-2kx≥-2x，故x²-2kx+1≥（x-1）²≥0；
∴f′（x）≥0，x∈[0，1]恒成立，即f（x）在區(qū)間[0，1]上是增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（0）=0，滿足題意．
②當(dāng)k＞1時(shí)，令f′（x）=0得x=k±$\sqrt{{k}^{2}-1}$，
注意到x₂=k+$\sqrt{{k}^{2}-1}$＞1，x₁=k-$\sqrt{{k}^{2}-1}$∈（0，1），
∴當(dāng)0≤x＜x₁時(shí)，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，
當(dāng)x₁＜x≤1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)；
故要使函數(shù)y=f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為0，
只需f（1）≥f（0）=0，
即1-kln2≥0，
又k＞1，
∴1＜k≤$\frac{1}{ln2}$；
綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，$\frac{1}{ln2}$]．
（2）證明：由（1）知，當(dāng)x∈[0，1]，且k=$\frac{1}{ln2}$時(shí)，f（x）≥f（0）=0恒成立，
即x-$\frac{1}{ln2}$ln（x²+1）≥0；
∴2^x≥x²+1，x∈[0，1]時(shí)恒成立；
令x=$\frac{1}{{2}^{k}}$，則有1+$\frac{1}{{4}^{k}}$＜${2}^{\frac{1}{{2}^{k}}}$（k=1，2，3，…，n）；
∴（1+$\frac{1}{4}$）（1+$\frac{1}{{4}^{2}}$）…（1+$\frac{1}{{4}^{n}}$）＜${2}^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+…+\frac{1}{{2}^{n}}}$=${2}^{1-\frac{1}{{2}^{n}}}$＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的數(shù)學(xué)思想，同時(shí)考查了不等式與函數(shù)的關(guān)系應(yīng)用及放縮法證明不等式的應(yīng)用，屬于難題．