Question

3．已知函数f（x）=ln（ax+1）（x≥0，a＞0），g（x）=$\frac{x-2}{x+2}$．
（1）讨论函数y=f（x）-g（x）的单调性；
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）时恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当a=1时，证明：$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$$＜\frac{1}{2}$f（n）（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求导数可得y′=$\frac{a{x}^{2}+4a-4}{（ax+1）（x+2）^{2}}$，当a≥1时函数在[0，+∞）上单调递增；当0＜a＜1时易得函数在[2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，+∞）上单调递增，在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上单调递减；
（2）由（1）知当a≥1时，不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）时恒成立，当0＜a＜1时，不等式f（x₀）≥g（x₀）+1不成立，综合可得a的范围；
（3）由（2）的单调性易得$\frac{1}{1+2k}$＜$\frac{1}{2}$[ln（k+1）-lnk]，进而可得$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{2}$（ln2-ln1），$\frac{1}{5}$＜$\frac{1}{2}$（ln3-ln2），$\frac{1}{7}$＜$\frac{1}{2}$（ln4-ln3），…$\frac{1}{2n+1}$＜$\frac{1}{2}$[ln（n+1）-lnn]，将上述式子相加可得结论．

解答 解：（1）求导数可得y′=$\frac{a}{ax+1}$-$\frac{4}{（x+2）^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}+4a-4}{（ax+1）（x+2）^{2}}$，
当a≥1时，y′≥0，∴函数y=f（x）-g（x）在[0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，由y′＞0可得x＞2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，
∴函数在[2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$，+∞）上单调递增，在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上单调递减；
（2）由（1）知当a≥1时，函数y=f（x）-g（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴f（x）-g（x）≥f（0）-g（0）=1，即不等式f（x）≥g（x）+1在x∈[0，+∞）时恒成立，
当0＜a＜1时，函数在[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]上单调递减，
存在x₀∈[0，2$\sqrt{\frac{1}{a}-1}$]使得f（x₀）-g（x₀）＜f（0）-g（0）=1，
即不等式f（x₀）≥g（x₀）+1不成立，
综上可知实数a的取值范围为[1，+∞）；
（3）由（2）得当a≥1时，不等式f（x）＞g（x）+1在x∈（0，+∞）时恒成立，
即ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，∴ln（$\frac{1}{k}+1$）＞$\frac{2}{1+2k}$，（k∈N^*）．
即$\frac{1}{1+2k}$＜$\frac{1}{2}$[ln（k+1）-lnk]，
∴$\frac{1}{3}$＜$\frac{1}{2}$（ln2-ln1），$\frac{1}{5}$＜$\frac{1}{2}$（ln3-ln2），$\frac{1}{7}$＜$\frac{1}{2}$（ln4-ln3），…$\frac{1}{2n+1}$＜$\frac{1}{2}$[ln（n+1）-lnn]，
将上述式子相加可得$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$$＜\frac{1}{2}$（lnn-ln1）=$\frac{1}{2}$lnn＜$\frac{1}{2}$ln（n+1）=$\frac{1}{2}$f（n）
原不等式得证．

点评 本题考查导数的综合应用，涉及函数的单调性和恒成立以及不等式的证明，属难题．