Question

已知函数f（x）=ln（x+1）+kx²（k∈R）．
（Ⅰ）若函数y=f（x）在x=1处取得极大值，求k的值；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在

x≥0 y-x≥0

所表示的区域内，求k的取值范围；
（Ⅲ）证明：

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）＜2，n∈N₊．

Answer 1

分析：（Ⅰ）依题意可求f′（x）=

1

1+x

+2kx，令f′（1）=0得k=-

1

4

，检验即可；
（Ⅱ）依题意知，不等式x-ln（x+1）-kx²≤0在x∈[0，+∞）恒成立，令g（x）=x-ln（x+1）-kx²，通过对k≤0与k＞0的讨论，利用导数法可判断函数的单调性，从而可求其最值，结合题意即可求得k的取值范围；
（Ⅲ）当n=1时，易证不等式成立；当n≥2时，在（Ⅱ）中取k=

1

2

，得x-ln（x+1）≤

x2

2

，再取x=

2

2i-1

代入x-ln（x+1）≤

x2

2

，从而可证，

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）＜2．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=

1

1+x

+2kx，由f′（1）=0得k=-

1

4

，
∴f′（x）=

1

1+x

-

1

2

x=

-(x-1)(x+2)

2(x+1)

（x＞-1），
由f′（x）＞0得：-1＜x＜1；
由f′（x）＜0得：x＞1，
∴函数y=f（x）在x=1处取得极大值，满足题意，
∴k=-

1

4

；
（Ⅱ）依题意知，不等式x-ln（x+1）-kx²≤0在x∈[0，+∞）恒成立，
令g（x）=x-ln（x+1）-kx²，
当k≤0时，取x=1，有g（1）=1-ln2-k＞0，故k≤0不合．
当k＞0时，g′（x）=

x

1+x

-2kx=-

x(2kx-1+2k)

x+1

，
令g′（x）=0，得x₁=0，x₂=

1-2k

2k

＞-1．
①当k≥

1

2

时，

1-2k

2k

≤0，即g′（x）＜0，在（0，+∞）恒成立，
因此g（x）在[0，+∞）上单调递减，从而对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，故k≥

1

2

符号题意；
②当0＜k＜

1

2

时，

1-2k

2k

＞0，对于x∈（0，

1-2k

2k

），g′（x）＞0，
故g（x）在（0，

1-2k

2k

）内单调递增，因此当取x₀∈（0，

1-2k

2k

）时，总有g（x₀）＞g（0）=0，不合题意；
综上，k≥

1

2

；
（Ⅲ）证明：当n=1时，不等式左边=2-ln3＜2=右边，
∴不等式成立．
当n≥2时，在（Ⅱ）中取k=

1

2

，得x-ln（x+1）≤

x2

2

，
取x=

2

2i-1

代入上式得

2

2i-1

-ln（1+

2

2i-1

）≤

2

(2i-1)2

＜

2

(2i-3)(2i-1)

，

n

i=1

[

2

2i-1

-ln（1+

2

2i-1

）]≤2-ln3+

n

i=1

2

(2i-3)(2i-1)

，
即

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）≤2-ln3+1-

1

2n-1

＜2，
综上，

n

i=1

2

2i-1

-ln（2n+1）＜2，n∈N₊．

点评：本题考查不等式的证明，着重考查利用导数研究函数的极值，考查构造函数思想、转化思想、分类讨论即可的综合运用，属于难题．