Question

已知f（x）=ln（x+1）．
（1）若g(x)=

1

4

x2-x+f(x)，求g（x）在[0，2]上的最大值与最小值；
（2）当x＞0时，求证

1

1+x

＜f(

1

x

)＜

1

x

；
（3）当n∈N₊且n≥2时，求证：

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜f(n)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

Answer 1

分析：（1）求导函数，确定合适的单调性，g（x）在[0，1]上单调减，在[1，2]上单调增，比较端点的函数值，即可确定g（x）在[0，2]上的最大值与最小值；
（2）函数的定义域为（-1，+∞），构造函数h（x）=f（x）-x，可得函数在（-1，0）上单调增，在（0，+∞）上单调减，从而在x=0处，函数取得极大值，也是最大值，同理构造函数φ（x）=f（x）-

x

1+x

，可得函数在（-1，0）上单调减，在（0，+∞）上单调增，从而在x=0处，函数取得极小，也是最小值
（3）根据f（x）=ln（x+1），可得f（n）-f（n-1）=f（

1

n

）由（2）知：

1

1+n

＜f(

1

n

)＜

1

n

，从而

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

，进而利用叠加可得结论．

解答：（1）解：g(x)=

1

4

x2-x+ln(x+1)，g′(x)=

1

2

x-1+

1

x+1

=

x(x-1)

2(x+1)

∴g（x）在[0，1]上单调减，在[1，2]上单调增
∵g（0）=0，g（1）=-

3

4

+ln2，g（2）=-1+ln3
∴g（x）在[0，2]上的最大值为-1+ln3，最小值为0
（2）证明：函数的定义域为（-1，+∞）
构造函数h（x）=f（x）-x，∴h′（x）=

1

x+1

-1=

-x

x+1

∴函数在（-1，0）上单调增，在（0，+∞）上单调减
∴在x=0处，函数取得极大值，也是最大值
∴h（x）≤h（0）=0
∴f（x）-x≤0
∵x＞0，∴f(

1

x

)＜

1

x

构造函数φ（x）=f（x）-

x

1+x

，∴φ′（x）=

x

(x+1)2

∴函数在（-1，0）上单调减，在（0，+∞）上单调增
∴在x=0处，函数取得极小，也是最小值
∴φ（x）≥φ（0）=0
∴f（x）-

x

1+x

≥0
∵x＞0，∴

1

1+x

＜f(

1

x

)
∴

1

1+x

＜f(

1

x

)＜

1

x

（3）证明：∵f（x）=ln（x+1），∴f（n）-f（n-1）=f（

1

n

）
由（2）知：

1

1+n

＜f(

1

n

)＜

1

n

∴

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

∴

1

1+1

＜f(1)-f(0)＜1，

1

1+2

＜f(2)-f(1)＜

1

2

，

1

1+3

＜f(3)-f(3-1)＜

1

3

，…，

1

1+n

＜f(n)-f(n-1)＜

1

n

叠加可得：

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜f(n)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

点评：本题考查导数知识的运用，考查不等式的证明，解题的关键是正确求导，确定函数的单调性，适当构造函数，确定函数的最值．