Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=2ln（x+1）+$\frac{x^2}{x+1}$．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）如果對(duì)所有的x≥0，都有f（x）≤ax，求a的最小值；
（Ⅲ）已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，且（1-a_n+1）（1+a_n）=1，若數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求證：S_n＞$\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-ax，先求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而求出a的最小值；
（Ⅲ）先求出數(shù)列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，${a_n}=\frac{1}{n}$，${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$，問題轉(zhuǎn)化為證明：$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
通過換元法或數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明即可．

解答 解：（Ⅰ） f（x）的定義域?yàn)椋?1，+∞），$f'（x）=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{（x+1）}^2}}}$，
當(dāng)$-1＜x＜-2+\sqrt{2}$時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)$x＞-2+\sqrt{2}$時(shí)，f′（x）＞0，
所以函數(shù)f（x）在$（-1，-2+\sqrt{2}）$上單調(diào)遞減，在$（-2+\sqrt{2}，+∞）$單調(diào)遞增．
（Ⅱ）設(shè)$g（x）=2ln（x+1）+\frac{x^2}{x+1}-ax$，
則$g'（x）=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{（x+1）}^2}}}-a=\frac{{{{（x+1）}^2}+2（x+1）-1}}{{{{（x+1）}^2}}}-a=-{（\frac{1}{x+1}-1）^2}+2-a$，
因?yàn)閤≥0，故$-1＜-{（\frac{1}{x+1}-1）^2}≤0$，
（�。┊�(dāng)a≥2時(shí)，2-a≤0，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞減，
而g（0）=0，所以對(duì)所有的x≥0，g（x）≤0，即f（x）≤ax；
（ⅱ）當(dāng)1＜a＜2時(shí)，0＜2-a＜1，若$x∈（0\;，\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1}）$，則g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
而g（0）=0，所以當(dāng)$x∈（0\;，\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1}）$時(shí)，g（x）＞0，即f（x）＞ax；
（ⅲ）當(dāng)a≤1時(shí)，2-a≥1，g′（x）＞0，所以g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
而g（0）=0，所以對(duì)所有的x＞0，g（x）＞0，即f（x）＞ax；
綜上，a的最小值為2．
（Ⅲ）由（1-a_n+1）（1+a_n）=1得，a_n-a_n+1=a_n•a_n+1，由a₁=1得，a_n≠0，
所以$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$，數(shù)列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，
故$\frac{1}{a_n}=n$，${a_n}=\frac{1}{n}$，${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$，
${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
由（Ⅱ）知a=2時(shí)，$2ln（x+1）+\frac{x^2}{x+1}≤2x$，x＞0，
即$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，x＞0．
法一：令$x=\frac{1}{n}$，得$ln\frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n（n+1）}＜\frac{1}{n}$，
即$ln（n+1）-lnn+\frac{1}{2}（\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}）＜\frac{1}{n}$
因?yàn)?\sum_{k=1}^n{[ln（k+1）-lnk+\frac{1}{2}（\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}）]}=ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$，
所以$ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}＜1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$，
故${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．
法二：${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＞ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
（1）當(dāng)n=1時(shí)，令x=1代入$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，即得$1＞ln2+\frac{1}{4}$，不等式成立
（2）假設(shè)n=k（k∈N^*，k≥1）時(shí)，不等式成立，
即$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}$，
則n=k+1時(shí)，$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+\frac{1}{k+1}$，
令$x=\frac{1}{k+1}$代入$ln（x+1）+\frac{x^2}{2（x+1）}＜x$，
得$\frac{1}{k+1}＞ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2（k+1）（k+2）}$$ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+1）+\frac{k}{2（k+1）}+ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2（k+1）（k+2）}$
=$ln（k+2）+\frac{k（k+2）+1}{2（k+1）（k+2）}=ln（k+2）+\frac{k+1}{2（k+2）}$，
即：$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}＞ln（k+2）+\frac{2}{2（k+2）}$，
由（1）（2）可知不等式$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}＞ln（n+1）+\frac{n}{2（n+1）}$對(duì)任何n∈N^*都成立．
故${S_n}＞\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，不等式的證明，是一道難題．