Question

7．已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）
（Ⅰ）求f（x）在（0，f（0））处切线方程；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞），f（x）上的点均在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}$表示的区域内，求实数a的取值范围．
（Ⅲ）求证：$\sum_{i=1}^{i=n}{ln[{\frac{{{{（{n+1}）}^2}}}{{n（{n+2}）}}}]}$＜$\frac{3}{2}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （I）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程，可得切线方程；
（II）由题意可得当x∈[0，+∞）时，ax²+ln（x+1）≤x，构造g（x）=ax²+ln（x+1）-x，求得导数，判断单调性，对a讨论，得到g（x）≤0恒成立的a的范围；
（Ⅲ）令g（x）=ln（x+1）-2x（x≥0），求出导数，判断单调性，再令x=$\frac{1}{n（n+2）}$，则ln（1+$\frac{1}{n（n+2）}$）＜$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，再由裂项相消求和，以及不等式的性质，即可得证．

解答 （I）解：f′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$，
则切线的斜率为f′（0）=1，又f（0）=0，
∴f（x）在（0，f（0））处切线方程为y=x；
（II）解：∵当x∈[0，+∞），f（x）上的点均在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}$表示的区域内，
∴当x∈[0，+∞）时，ax²+ln（x+1）≤x，
即g（x）=ax²+ln（x+1）-x≤0，
g′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1=2ax-$\frac{x}{x+1}$．
当a≤0时，g′（x）≤0，
∴函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（0）=0，满足题意，因此a≤0适合条件；
当a＞0时，g′（x）=$\frac{2ax（x-\frac{1-2a}{2a}）}{x+1}$．
当a≥$\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0，函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，
g（x）≥0，不满足题意，舍去；
当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令g′（x）＞0，解得$x＞\frac{1-2a}{2a}$，
此时函数g（x）单调递增；令g′（x）＜0，
解得$0＜x＜\frac{1-2a}{2a}$，此时函数g（x）单调递减．
∴$g（\frac{1-2a}{2a}）$＜g（0）=0，
不满足题意，舍去．
综上可得：实数a的取值范围是（-∞，0]．
（Ⅲ）证明：令h（x）=ln（x+1）-2x（x≥0），
则h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2=$\frac{-1-2x}{x+1}$＜0，
h（x）在[0，+∞）递减，
即有h（x）≤h（0）=0，
则ln（x+1）≤2x，
令x=$\frac{1}{n（n+2）}$，
则ln（1+$\frac{1}{n（n+2）}$）＜$\frac{2}{n（n+2）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$，
即有$\sum_{i=1}^{n}\frac{（i+1）^{2}}{i（i+2）}$=$\sum_{i=1}^{n}$（1+$\frac{1}{i（i+2）}$）＜（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+2}$）
=1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n+1}$-$\frac{1}{n+2}$＜$\frac{3}{2}$．
故原不等式成立．

点评 此题主要考查利用导数研究切线方程和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，函数的恒成立问题转化为求最值问题，同时考查不等式的证明，注意运用函数的单调性和裂项相消求和，本题难度比较大，是一道综合题．