题目内容
13.设函数f(x)=2ln(x+1)+$\frac{x^2}{x+1}$.(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;
(Ⅱ)如果对所有的x≥0,都有f(x)≤ax,求a的最小值;
(Ⅲ)已知数列{an}中,a1=1,且(1-an+1)(1+an)=1,若数列{an}的前n项和为Sn,求证:Sn>$\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$.
分析 (Ⅰ)先求出函数f(x)的导数,通过解关于导数的不等式,从而求出函数的单调区间;
(Ⅱ)设g(x)=f(x)-ax,先求出函数g(x)的导数,通过讨论a的范围,得到函数的单调性,从而求出a的最小值;
(Ⅲ)先求出数列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$为首项,1为公差的等差数列,${a_n}=\frac{1}{n}$,${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$,问题转化为证明:$ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$,
通过换元法或数学归纳法进行证明即可.
解答 解:(Ⅰ) f(x)的定义域为(-1,+∞),$f'(x)=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{(x+1)}^2}}}$,
当$-1<x<-2+\sqrt{2}$时,f′(x)<0,当$x>-2+\sqrt{2}$时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在$(-1,-2+\sqrt{2})$上单调递减,在$(-2+\sqrt{2},+∞)$单调递增.
(Ⅱ)设$g(x)=2ln(x+1)+\frac{x^2}{x+1}-ax$,
则$g'(x)=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{{{(x+1)}^2}}}-a=\frac{{{{(x+1)}^2}+2(x+1)-1}}{{{{(x+1)}^2}}}-a=-{(\frac{1}{x+1}-1)^2}+2-a$,
因为x≥0,故$-1<-{(\frac{1}{x+1}-1)^2}≤0$,
(ⅰ)当a≥2时,2-a≤0,g′(x)≤0,所以g(x)在[0,+∞)单调递减,
而g(0)=0,所以对所有的x≥0,g(x)≤0,即f(x)≤ax;
(ⅱ)当1<a<2时,0<2-a<1,若$x∈(0\;,\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1})$,则g′(x)>0,g(x)单调递增,
而g(0)=0,所以当$x∈(0\;,\;\;\frac{{2-a+\sqrt{2-a}}}{a-1})$时,g(x)>0,即f(x)>ax;
(ⅲ)当a≤1时,2-a≥1,g′(x)>0,所以g(x)在[0,+∞)单调递增,
而g(0)=0,所以对所有的x>0,g(x)>0,即f(x)>ax;
综上,a的最小值为2.
(Ⅲ)由(1-an+1)(1+an)=1得,an-an+1=an•an+1,由a1=1得,an≠0,
所以$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}-\frac{1}{a_n}=1$,数列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$为首项,1为公差的等差数列,
故$\frac{1}{a_n}=n$,${a_n}=\frac{1}{n}$,${a_{n+1}}=\frac{1}{n+1}$,
${S_n}>\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$,
由(Ⅱ)知a=2时,$2ln(x+1)+\frac{x^2}{x+1}≤2x$,x>0,
即$ln(x+1)+\frac{x^2}{2(x+1)}<x$,x>0.
法一:令$x=\frac{1}{n}$,得$ln\frac{n+1}{n}+\frac{1}{2n(n+1)}<\frac{1}{n}$,
即$ln(n+1)-lnn+\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})<\frac{1}{n}$
因为$\sum_{k=1}^n{[ln(k+1)-lnk+\frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})]}=ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}$,
所以$ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}$,
故${S_n}>\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$.
法二:${S_n}>\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$?$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}>ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}$
下面用数学归纳法证明.
(1)当n=1时,令x=1代入$ln(x+1)+\frac{x^2}{2(x+1)}<x$,即得$1>ln2+\frac{1}{4}$,不等式成立
(2)假设n=k(k∈N*,k≥1)时,不等式成立,
即$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}>ln(k+1)+\frac{k}{2(k+1)}$,
则n=k+1时,$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}>ln(k+1)+\frac{k}{2(k+1)}+\frac{1}{k+1}$,
令$x=\frac{1}{k+1}$代入$ln(x+1)+\frac{x^2}{2(x+1)}<x$,
得$\frac{1}{k+1}>ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2(k+1)(k+2)}$$ln(k+1)+\frac{k}{2(k+1)}+\frac{1}{k+1}>ln(k+1)+\frac{k}{2(k+1)}+ln\frac{k+2}{k+1}+\frac{1}{2(k+1)(k+2)}$
=$ln(k+2)+\frac{k(k+2)+1}{2(k+1)(k+2)}=ln(k+2)+\frac{k+1}{2(k+2)}$,
即:$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}>ln(k+2)+\frac{2}{2(k+2)}$,
由(1)(2)可知不等式$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n}>ln(n+1)+\frac{n}{2(n+1)}$对任何n∈N*都成立.
故${S_n}>\frac{{{a_{n+1}}}}{{2{a_n}}}-ln{a_{n+1}}$.
点评 本题考查了函数的单调性,导数的应用,考查分类讨论思想,不等式的证明,是一道难题.
A. | [-3,3] | B. | [-$\frac{3}{2}$,$\frac{3}{2}$] | C. | [-$\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$] | D. | [-$\frac{3}{2}$,3] |
A. | $\frac{{\sqrt{5}}}{2}$ | B. | $\frac{5}{2}$ | C. | $\frac{{\sqrt{17}}}{2}$ | D. | $\frac{{\sqrt{10}}}{2}$ |
A. | 2π | B. | $\frac{{8\sqrt{2}}}{3}$π | C. | $\sqrt{2}$π | D. | $\frac{{\sqrt{2}}}{3}$π |
A. | ?x∈R,lgx>0 | |
B. | ?x0∈R,使得3${\;}^{{x}_{0}}$≤0 | |
C. | “x=$\frac{π}{6}$”是“cosx=$\frac{\sqrt{3}}{2}$”的必要不充分条件 | |
D. | “x=1”是“x≥1”的充分不必要条件 |
A. | 是4 | B. | 是5 | C. | 是6 | D. | 不唯一 |