Question

9．已知函数f（x）=alnx+x²．
（Ⅰ）当a=1，函数g（x）=f（x）+$\frac{2}{x+1}$-x²，求g（x）在区间[1，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]时，使f（x）≤（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：ln（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}$（n∈N⁺）．

Answer 1

分析 （I）当a=1，x≥1，函数g（x）=lnx+$\frac{2}{x+1}$，g′（x）=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，利用单调性即可得出．
（II）当x∈[1，e]时，x＞lnx，不等式f（x）≤（a+2）x，化为$a≥\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（III）由（1）可得：x∈[1，+∞），lnx+$\frac{2}{x+1}$≥1，可得ln（x+1）＞$\frac{x}{x+2}$，令x=$\frac{1}{n}$，则ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，利用“累加求和”即可得出．

解答 （I）解：当a=1，x≥1
函数g（x）=f（x）+$\frac{2}{x+1}$-x²=lnx+$\frac{2}{x+1}$，g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+1}{x（x+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（x）在区间[1，+∞）上单调递增，
因此当x=1时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（1）=1．
（II）解：当x∈[1，e]时，x＞lnx，不等式f（x）≤（a+2）x，化为$a≥\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，则h′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{（x-lnx）^{2}}$，
令u（x）=x+2-2lnx，u′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，可知：当x=2时，函数u（x）取得最小值，u（2）=4-ln4＞0，
可知：h′（x）≥0，因此函数h（x）在x∈[1，e]单调递增．
∴当x=1时，函数h（x）取得最小值，h（1）=-1，
∴a≥-1．
（III）证明：由（1）可得：x∈[1，+∞），lnx+$\frac{2}{x+1}$≥1，
∴ln（x+1）＞$\frac{x}{x+2}$，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，
∴ln2-ln1＞$\frac{1}{3}$，ln3-ln2＞$\frac{1}{5}$，…，ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{2n+1}$，
∴ln（n+1）＞$\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+…+\frac{1}{2n+1}$（n∈N⁺）．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、恒成立问题等价转化方法、利用研究证明的结论证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．