题目内容

已知函数f(x)=ln(x+1)-
x
a(x+1)

(1)若函数f(x)在[0,+∞)内为增函数,求正实数a的取值范围.
(2)当a=1时,求f(x)在[-
1
2
,1]上的最大值和最小值;
(3)试利用(1)的结论,证明:对于大于1的任意正整数n,都有
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
n
<lnn.
分析:(1)求函数的导数,则导数f′(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立即可,分离参数即得a≥
1
x+1
对任意x∈[0,+∞)恒成立,a≥(
1
x+1
max(x∈[0,+∞))即可.
(2)a=1时,求f(x)的导数,再令导数等于0,得到的x的值为函数的极值点,在借助函数在[-
1
2
,1]的单调性,判断函数当x为何值时有最大值,何时有最小值.
(3)由(1)知,当a=1时,f(x)=ln(1+x)-
x
x+1
在[0,+∞)上是增函数,则f(x)≥f(0),即ln(1+x)≥
x
1+x
,x∈[0,+∞)成立.即ln
n+1
n
1
n+1
,得证,或利用数学归纳法来证明也可.
解答:解:(1)∵f(x)=ln(x+1)-
x
a(x+1)
,∴f′(x)=
a(x+1)-1
a(x+1)2
(a>0).
∵函数f(x)在[0,+∞)内为增函数,∴f′(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,
∴a(x+1)-1≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立,即a≥
1
x+1
对任意x∈[0,+∞)恒成立.
而当x∈[0,+∞)时,(
1
x+1
max=1,∴a≥1.
(2)当a=1时,f′(x)=
x
(x+1)2
.∴当x∈[-
1
2
,0)时,f′(x)<0,f(x)在[-
1
2
,0)上单调递减,
当x∈(0,1]时,f′(x)>0,f(x)在(0,1]上单调递增,∴f(x)在[-
1
2
,1]上有唯一极小值点,
故f(x)min=f(0)=0.又f(-
1
2
)=1+ln
1
2
=1-ln2,f(1)=-
1
2
+ln2,
f(-
1
2
)-f(1)=
3
2
-2ln2=
3-ln16
2
=
lne3-ln16
2
∵e3>16,
∴f(-
1
2
)-f(1)>0,即f(-
1
2
)>f(1).∴f(x)在[-
1
2
,1]上的最大值为f(-
1
2
)=1-ln2.
综上,函数f(x)在[-
1
2
,1]上的最大值是1-ln2,最小值是 0.
(3)法一:用数学归纳法.
①当n=2时,要证
1
2
<ln2,只要证ln4>1,显然成立.
②假设当n=k时,不等式
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
k
<lnk(k>1,k∈N*)成立.
则当n=k+1时,
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
k
+
1
k+1
<lnk+
1
k+1
.要证lnk+
1
k+1
<ln(k+1)成立,
只要证
1
k+1
<ln
k+1
k
,即
1
k+1
<ln(1+
1
k
). 令
1
k
=x>0,则上式化为
x
1+x
<ln(1+x)(x>0).
只要证:ln(1+x)-
x
1+x
>0(*).
由(1)知,当a=1时,f(x)=ln(1+x)-
x
x+1
在[0,+∞)内是增函数,
故有f(x)≥f(0),即ln(1+x)≥
x
x+1
x∈[0,+∞)成立,而(*)中x=
1
k
(k>1,k∈N*),x>0,
∴ln(1+x)-
x
1+x
>0 即(*)式成立.∴当n=k+1时,不等式成立.
由①②知对任意n>1的正整数不等式都成立.
法二:由(1)知,当a=1时,f(x)=ln(1+x)-
x
x+1
在[0,+∞)上是增函数,
故有f(x)≥f(0),即ln(1+x)≥
x
1+x
,x∈[0,+∞)成立.
令x=
1
n
(n∈N*),则x>0,∴有ln(1+x)>
x
1+x
,即ln
n+1
n
1
n+1

由此得ln
2
1
1
2
,ln
3
2
1
3
,ln
4
3
1
4
,…,ln
n
n-1
1
n

则ln
2
1
+ln
3
2
+ln
4
3
+…+ln
n
n-1
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
n
,即得lnn>
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
n

故对大于1的任意正整数n.都有
1
2
+
1
3
+
1
4
+…+
1
n
<lnn.
点评:本题重点考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查函数的最值,考查大小比较,解题的关键是正确求出导函数,合理构建不等式,属于中档题.
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