Question

12．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）（a∈R），g（x）=$\frac{2x}{x+2}$．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，證明：f（x）＞g（x）對于任意的x∈（0，+∞）都成立；
（2）求F（x）=f（x）-g（x）的極值點(diǎn)；
（3）設(shè)c₁=1，c_n+1=ln（c_n+1），用數(shù)學(xué)歸納法證明：c_n＞$\frac{2}{n+2}$．

Answer 1

分析 （1）令h（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論即可；
（2）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值點(diǎn)即可；
（3）結(jié)合（1）求出ln（1+x）＞$\frac{2x}{x+2}$，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答 證明：（1）a=1時(shí)，f（x）=ln（x+1），
令h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-$\frac{2x}{x+2}$，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}}{（x+1{）（x+2）}^{2}}$≥0，
∴h（x）在（0，+∞）遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，
∴當(dāng)a=1時(shí)，f（x）＞g（x）對于任意的x∈（0，+∞）都成立；
解：（2）F（x）=f（x）-g（x）=ln（x+a）-$\frac{2x}{x+2}$，（x＞-a，x≠-2），
F′（x）=$\frac{1}{x+a}$-$\frac{4}{{（x+2）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+4（1-a）}{（x+a{）（x+2）}^{2}}$，
①當(dāng)a≤1時(shí)，
F′（x）≥0恒成立，F(xiàn)（x）遞增，無極值點(diǎn)，
②當(dāng)1＜a＜2時(shí)，
令F′（x）＞0，解得：x＞2$\sqrt{a-1}$或x＜-2$\sqrt{a-1}$，
令F′（x）＜0，解得：-2$\sqrt{a-1}$＜x＜2$\sqrt{a-1}$，
∴F（x）在（-a，-2$\sqrt{a-1}$）遞增，在（-2$\sqrt{a-1}$，2$\sqrt{a-1}$）遞減，在（2$\sqrt{a-1}$，+∞）遞增，
∴x=-2$\sqrt{a-1}$是極大值點(diǎn)，x=2$\sqrt{a-1}$是極小值點(diǎn)；
③當(dāng)a=2時(shí)，
F′（x）=$\frac{x-2}{{（x+2）}^{2}}$，F(xiàn)（x）在（-2，2）遞減，在（2，+∞）遞增，
x=2是極小值點(diǎn)，
④當(dāng)a＞2時(shí)，
令F′（x）＞0，解得：x＞2$\sqrt{a-1}$或x＜-2$\sqrt{a-1}$，
令F′（x）＜0，解得：-2$\sqrt{a-1}$＜x＜2$\sqrt{a-1}$，
∴F（x）在（-a，-2$\sqrt{a-1}$）遞增，在（-2$\sqrt{a-1}$，2$\sqrt{a-1}$）遞減，在（2$\sqrt{a-1}$，+∞）遞增，
x=-2$\sqrt{a-1}$是極大值點(diǎn)，x=2$\sqrt{a-1}$是極小值點(diǎn)；
證明：（3）由（1）得：a=1時(shí)，ln（1+x）＞$\frac{2x}{x+2}$，
令x=$\frac{2}{k+2}$，則ln（1+$\frac{2}{k+2}$）＞$\frac{2•\frac{2}{k+2}}{\frac{2}{k+2}+2}$=$\frac{2}{k+3}$，
設(shè)c₁=1，c_n+1=ln（c_n+1），
故n=1時(shí)，c₁=1＞$\frac{2}{3}$成立，
假設(shè)n=k時(shí)，c_k＞$\frac{2}{k+2}$成立，
只需證明n=k+1時(shí)，c_k+1＞$\frac{2}{k+3}$成立即可，
∵c_k+1=ln（c_k+1）＞ln（1+$\frac{2}{k+2}$），
而ln（1+$\frac{2}{k+2}$）＞$\frac{2}{k+3}$，
故c_k+1＞$\frac{2}{k+3}$成立，故原結(jié)論成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，是一道綜合題．