Question

16．已知函数f（x）=ln（1+x）[2+ln（1+x）]-2x．
（1）证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单减；
（2）若不等式（n+$\frac{k}{2}$）ln（1+$\frac{1}{n}$）≤1对?∈N^*都成立，求k+2的最大值．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=2$\frac{ln（1+x）-x}{1+x}$，再令h（x）=ln（1+x）-x，求导h′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1＜0，从而可得f′（x）=2$\frac{ln（1+x）-x}{1+x}$＜0，从而证明；
（2）由题意知$\frac{k}{2}$≤$\frac{1}{ln（1+\frac{1}{n}）}$-n，再令g（n）=$\frac{1}{ln（1+\frac{1}{n}）}$-n，令$\frac{1}{n}$=x∈（0，1]；则g（x）=$\frac{1}{ln（1+x）}$-$\frac{1}{x}$，x∈（0，1]；从而求导g′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{（x+1）l{n}^{2}（1+x）}$=$\frac{（x+1）l{n}^{2}（x+1）-{x}^{2}}{{x}^{2}（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$，再令u（x）=（x+1）ln²（x+1）-x²，从而证明g（x）=$\frac{1}{ln（1+x）}$-$\frac{1}{x}$在（0，1]上是减函数，从而可得g_min（x）=$\frac{1}{ln2}$-1，从而解得．

解答 解：（1）证明：∵f（x）=ln（1+x）[2+ln（1+x）]-2x，
∴f′（x）=$\frac{1}{1+x}$[2+ln（1+x）]+ln（1+x）$\frac{1}{1+x}$-2
=2$\frac{ln（1+x）-x}{1+x}$，
令h（x）=ln（1+x）-x，h′（x）=$\frac{1}{1+x}$-1＜0，
故h（x）在（0，+∞）上单减，
故h（x）＜h（0）=0，
故f′（x）=2$\frac{ln（1+x）-x}{1+x}$＜0，
故函数f（x）在区间（0，+∞）上单减；
（2）∵不等式（n+$\frac{k}{2}$）ln（1+$\frac{1}{n}$）≤1对?∈N^*都成立，
∴$\frac{k}{2}$≤$\frac{1}{ln（1+\frac{1}{n}）}$-n，
令g（n）=$\frac{1}{ln（1+\frac{1}{n}）}$-n，令$\frac{1}{n}$=x∈（0，1]；
则g（x）=$\frac{1}{ln（1+x）}$-$\frac{1}{x}$，x∈（0，1]；
g′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{（x+1）l{n}^{2}（1+x）}$=$\frac{（x+1）l{n}^{2}（x+1）-{x}^{2}}{{x}^{2}（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$，
令u（x）=（x+1）ln²（x+1）-x²，
u′（x）=ln²（x+1）+（x+1）2ln（x+1）•$\frac{1}{x+1}$-2x
=ln²（x+1）+2ln（x+1）-2x，
∵u′（x）在（0，1]上是减函数，u′（0）=0，
∴u′（x）＜0，
∴u（x）在（0，1]上是减函数，
∴u（x）＜u（0）=0，
∴g′（x）＜0，
∴g（x）=$\frac{1}{ln（1+x）}$-$\frac{1}{x}$在（0，1]上是减函数，
∴g_min（x）=$\frac{1}{ln2}$-1，
∴$\frac{k}{2}$≤$\frac{1}{ln2}$-1，
∴k≤$\frac{2}{ln2}$-2，
∴k+2≤$\frac{2}{ln2}$，
故k+2的最大值为$\frac{2}{ln2}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的方法应用．