题目内容
已知函数f(x)=ax2+ln(x+1).
(1)当a=-
时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,求实数a的取值范围.
(3)利用ln(x+1)≤x,求证:ln{(1+
)(1+
)(1+
)•…•[1+
]}<1(其中n∈N*,e是自然对数的底数).
(1)当a=-
1 |
4 |
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,求实数a的取值范围.
(3)利用ln(x+1)≤x,求证:ln{(1+
2 |
2×3 |
4 |
3×5 |
8 |
5×9 |
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
分析:(1)把a=-
代入函数f(x),再对其进行求导利用导数研究函数f(x)的单调区间;
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,即ax2+ln(x+1)-x≤0恒成立,只要求出ax2+ln(x+1)-x的最小值即可,构造函数,利用导数研究其最值问题;
(3)利用不等式ln(x+1)≤x对所要证明的不等式进行放缩,然后利用裂项相消法进行求和,从而进行证明;
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4 |
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,即ax2+ln(x+1)-x≤0恒成立,只要求出ax2+ln(x+1)-x的最小值即可,构造函数,利用导数研究其最值问题;
(3)利用不等式ln(x+1)≤x对所要证明的不等式进行放缩,然后利用裂项相消法进行求和,从而进行证明;
解答:解:(1)当a=-
时,f(x)=-
x2+ln(x+1)(x>-1),
f′(x)=-
x+
=-
(x>-1),
由f'(x)>0,解得-1<x<1,由f'(x)<0,解得x>1.
故函数f(x)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,即ax2+ln(x+1)-x≤0恒成立,
设g(x)=ax2+ln(x+1)-x(x≥0),
只需g(x)max≤0即可.
g′(x)=2ax+
-1=
,
(ⅰ)当a=0时,g′(x)=
,当x>0时,g'(x)<0,函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,
故g(x)≤g(0)=0成立.
(ⅱ)当a>0时,令g′(x)=
=0,因x∈[0,+∞),所以x=
-1,
①若
-1<0,即a>
时,在区间(0,+∞)上,g'(x)>0,
则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)在[0,+∞)上无最大值(或:当x→+∞时,g(x)→+∞),此时不满足条件;
②若
-1≥0,即0<a≤
时,函数g(x)在(0,
-1)上单调递减,在区间(
-1,+∞)上单调递增,
同样g(x)在[0,+∞)上无最大值,不满足条件.
(ⅲ)当a<0时,g′(x)=
,
∵x∈[0,+∞),∴2ax+(2a-1)<0,
∴g'(x)<0,故函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,
故g(x)≤g(0)=0成立.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,0].
(3)因为ln(x+1)≤x,且
=2(
-
),
所以ln{(1+
)(1+
)(1+
)•…•[1+
]}
=ln(1+
)+ln(1+
)+ln(1+
)+…+ln[1+
]<
+
+
+…+
=2[(
-
)+(
-
)+(
-
)+…+(
-
)]
=2[(
-
)]<1,
∴ln{(1+
)(1+
)(1+
)•…•[1+
]}<1.
1 |
4 |
1 |
4 |
f′(x)=-
1 |
2 |
1 |
x+1 |
(x+2)(x-1) |
2(x+1) |
由f'(x)>0,解得-1<x<1,由f'(x)<0,解得x>1.
故函数f(x)的单调递增区间为(-1,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)当x∈[0,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,即ax2+ln(x+1)-x≤0恒成立,
设g(x)=ax2+ln(x+1)-x(x≥0),
只需g(x)max≤0即可.
g′(x)=2ax+
1 |
x+1 |
x[2ax+(2a-1)] |
x+1 |
(ⅰ)当a=0时,g′(x)=
-x |
x+1 |
故g(x)≤g(0)=0成立.
(ⅱ)当a>0时,令g′(x)=
x[2ax+(2a-1)] |
x+1 |
1 |
2a |
①若
1 |
2a |
1 |
2 |
则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)在[0,+∞)上无最大值(或:当x→+∞时,g(x)→+∞),此时不满足条件;
②若
1 |
2a |
1 |
2 |
1 |
2a |
1 |
2a |
同样g(x)在[0,+∞)上无最大值,不满足条件.
(ⅲ)当a<0时,g′(x)=
x[2ax+(2a-1)] |
x+1 |
∵x∈[0,+∞),∴2ax+(2a-1)<0,
∴g'(x)<0,故函数g(x)在[0,+∞)上单调递减,
故g(x)≤g(0)=0成立.
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,0].
(3)因为ln(x+1)≤x,且
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
1 |
2n-1+1 |
1 |
2n+1 |
所以ln{(1+
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2×3 |
4 |
3×5 |
8 |
5×9 |
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
=ln(1+
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2×3 |
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3×5 |
8 |
5×9 |
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
2 |
2×3 |
4 |
3×5 |
8 |
5×9 |
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
=2[(
1 |
2 |
1 |
3 |
1 |
3 |
1 |
5 |
1 |
5 |
1 |
9 |
1 |
2n-1+1 |
1 |
2n+1 |
=2[(
1 |
2 |
1 |
2n+1 |
∴ln{(1+
2 |
2×3 |
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3×5 |
8 |
5×9 |
2n |
(2n-1+1)(2n+1) |
点评:此题主要考查利用导数研究函数的单调区间和最值问题,解题过程中多次用到了转化的思想,第二题是函数的恒成立问题,转化为函数最值问题解决,第三问不等式的证明要借助所给不等式,利用它进行放缩证明,本题难度比较大,是一道综合题;

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