Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（Ⅰ）当a=-

1

4

时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（Ⅲ）求证：(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]＜e（n∈N^*，e是自然对数的底数）．
提示：[ln(x+1)]′=

1

x+1

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出函数的导数，再令导数大于0求出单调增区间，导数小于0求出函数的减区间，再由极值的定义判断出极值即可；
（Ⅱ）若对于任意x∈[0，+∞），f（x）≤x恒成立，则必有x≥0时，ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，即要求函数g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0）的最大值小于等于0即可；
（Ⅲ）利用不等式ln（x+1）≤x对所要证明的不等式进行放缩，然后利用裂项相消法进行求和，从而进行证明．

解答：解：（Ⅰ）当a=-

1

4

时，f(x)=-

1

4

x2+ln(x+1)（x＞-1），f′(x)=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(x+2)(x-1)

2(x+1)

（x＞-1），
由f'（x）＞0解得-1＜x＜1，由f'（x）＜0解得x＞1．
故函数f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）因当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．（5分）
由g′(x)=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
（ⅰ）当a=0时，g′(x)=

-x

x+1

，
当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）
（ⅱ）当a＞0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
①若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，
则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在(0，

1

2a

-1)上单调递减，在区间(

1

2a

-1，+∞)上单调递增，
同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（8分）
（ⅲ）当a＜0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．（10分）
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立（11分）
则对任意的n∈N*，有ln[1+

1

n(n+1)

]≤

1

n(n+1)

=

1

n

-

1

n+1

∵ln{(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]}=ln(1+

1

1×2

)+ln(1+

1

2×3

)+…+ln[1+

1

n(n+1)

]
≤1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n

-

1

n+1

=1-

1

n+1

＜1，
∴(1+

1

1×2

)(1+

1

2×3

)•…•[1+

1

n(n+1)

]＜e．

点评：此题主要考查利用导数研究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，第二题是函数的恒成立问题，转化为函数最值问题解决，第三问不等式的证明要借助所给不等式，利用它进行放缩证明，本题难度比较大，是一道综合题；