Question

2．设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x）（x≥0），其中f′（x）是f（x）的导函数．
（1）若a≤1，求证：f（x）≥ag（x）．
（2）若g₁（x）=g（x），g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，求g₁（x），g₂（x），g₃（x）解析式，猜想g_n（x）的解析式，并用数学归纳法证明．

Answer 1

分析 （1）f（x）=ln（1+x），可得f′（x）=$\frac{1}{1+x}$．（x≥0）．g（x）=$\frac{x}{1+x}$．f（x）≥ag（x）即ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$?（1+x）ln（1+x）-ax≥0．令h（x）=（1+x）ln（1+x）-ax（x≥0）．
利用导数研究其单调性即可得出．
（2）g₁（x）=g（x）=$\frac{x}{1+x}$，利用g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，可得g₂（x）=g（g₁（x））=$\frac{x}{1+2x}$．g₃（x）=g（g₂（x））=$\frac{x}{1+3x}$，猜想：g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$．利用数学归纳法证明即可．

解答 （1）证明：∵f（x）=ln（1+x），∴f′（x）=$\frac{1}{1+x}$．（x≥0）．
∴g（x）=$\frac{x}{1+x}$．f（x）≥ag（x）即ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$?（1+x）ln（1+x）-ax≥0．
令h（x）=（1+x）ln（1+x）-ax（x≥0）．
h′（x）=ln（1+x）+1-a，
∵a≤1，∴1-a≥0，
又x≥0，ln（1+x）≥0，
∴h′（x）=ln（1+x）+1-a≥0，
∴h（x）在x≥0时单调递增，又h（0）=0，
∴h（x）≥0，即ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$，
∴f（x）≥ag（x）．
（2）解：g₁（x）=g（x）=$\frac{x}{1+x}$，
∵g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，
∴g₂（x）=g（g₁（x））=$g（\frac{x}{1+x}）$=$\frac{\frac{x}{1+x}}{1+\frac{x}{1+x}}$=$\frac{x}{1+2x}$．
g₃（x）=g（g₂（x））=$g（\frac{x}{1+2x}）$=$\frac{\frac{x}{1+2x}}{1+\frac{x}{1+2x}}$=$\frac{x}{1+3x}$，
猜想：g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$．
下面利用数学归纳法证明：
①当n=1时，g₁（x）=g（x）=$\frac{x}{1+x}$，成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，g_k（x）=$\frac{x}{1+kx}$．
则当n=k+1时，g_k+1（x）=g（g_k（x））=$g（\frac{x}{1+kx}）$=$\frac{\frac{x}{1+kx}}{1+\frac{x}{1+kx}}$=$\frac{x}{1+（k+1）x}$，
因此当n=k+1时，g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$也成立．
综上可得：?n∈N^*，g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$成立．

点评 本题考查了利用数学归纳法证明等式的方法、利用导数研究函数的单调性证明不等式的方法，考查了猜想能力、推理能力与计算能力，属于中档题．