Question

8．已知函数f（x）=ln（1+x）+$\frac{1}{2}$x²-x．
（1）证明：x＞0，f（x）＞0．
（2）证明：ln（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+ln（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\frac{1}{2}$（n∈N^*）；
（3）（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）…（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）…（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\sqrt{e}$．

Answer 1

分析 （1）只需求出函数f（x）的导数，然后求出该函数的最小值，说明最小值大于零即可；
（2）利用第（1）问的结果得到ln（x+1）$＞x-\frac{1}{2}{x}^{2}$，然后将不等式中左边的每一个加数缩小，转化为数列求和问题，化简后即可证得结论；
（3）利用第二问结论，容易证得结论．

解答 解：（1）由已知得$f′（x）=\frac{1}{x+1}+x-1=\frac{{x}^{2}}{x+1}$，
因为x＞0，所以f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上递增，且当x→0时，f（x）→0．
所以x＞0，f（x）＞0．
（2）由（1）可知，当x＞0时，ln（1+x）$＞x-\frac{1}{2}{x}^{2}$．
所以ln（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+ln（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\frac{1}{{n}^{2}}+\frac{2}{{n}^{2}}+…+\frac{n}{{n}^{2}}-\frac{1}{2}[\frac{{1}^{2}}{{n}^{4}}+\frac{{2}^{2}}{{n}^{4}}+…+$$\frac{{n}^{2}}{{n}^{4}}]$
=$\frac{\frac{n（n+1）}{2}}{{n}^{2}}-\frac{1}{2}[\frac{\frac{n（n+1）（2n+1）}{6}}{{n}^{4}}]$=$\frac{{n}^{2}+n}{{2n}^{2}}-\frac{1}{2}×\frac{\frac{2{n}^{3}+3{n}^{2}+n}{6}}{{n}^{4}}$=$\frac{1}{2}[1+\frac{{n}^{3}-\frac{2{n}^{3}+3{n}^{2}+n}{6}}{{n}^{4}}]$
=$\frac{1}{2}[1+\frac{\frac{4{n}^{3}-3{n}^{2}-n}{6}}{{n}^{4}}]=\frac{1}{2}（1+\frac{n（n-1）（4n+1）}{6{n}^{4}}）$．显然n（n-1）（4n+1）≥0．
故$\frac{1}{2}（1+\frac{n（n-1）（2n+1）}{6{n}^{4}}）≥\frac{1}{2}$．
故ln（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+ln（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\frac{1}{2}$对任意的n∈N^*成立．
（3）由（2）知ln（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+ln（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\frac{1}{2}$成立．
故ln[$（1+\frac{1}{{n}^{2}}）（1+\frac{2}{{n}^{2}}）×…×（1+\frac{n}{{n}^{2}}）$]$＞ln\sqrt{e}$．
由函数y=lnx在定义域内是增函数得：（1+$\frac{1}{{n}^{2}}$）（1+$\frac{2}{{n}^{2}}$）…（1+$\frac{k}{{n}^{2}}$）…（1+$\frac{n}{{n}^{2}}$）＞$\sqrt{e}$．

点评 本题考查了导数在研究函数的单调性中的应用，以及利用放缩法结合函数的性质证明不等式问题的思路，属于有些技巧的类型，要仔细体会．