Question

8．已知函数f（x）=ln（x+a）-x²-x在x=0处取得极值．
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若关于x的方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b在区间（0，2）有两个不等实根，求实数b的取值范围；
（4）对于n∈N^*，证明：$\frac{2}{1^2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{3^2}+…+\frac{n+1}{n^2}＞ln（n+1）$．

Answer 1

分析 （1）由函数f（x在x=0处取得极值，则有f'（x）=0，从而求解；
（2）由由f'（x）＞0得增区间；由f'（x）＜0得减区间；
（3）将方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b转化为g（x）=f（x）-（-$\frac{5}{2}$x+b），利用根的分布求解；
（4）由（2）可知当x≥0时ln（x+1）≤x²+x（当且仅当x=0时等号成立），可得到ln$\frac{n+1}{n}$＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$，求得前n项不等式，采用累加法及对数函数的性质，即可证明不等式成立．

解答 解：（1）由已知得f′（x）=$\frac{1}{x+a}$-2x-1=$\frac{1-2x（x+a）-（x+a）}{x+a}$，
∵f'（x）=0，∴$\frac{1-a}{a}$=0∴a=1，
（2）由（1）得f′（x）=$\frac{-2x（x+\frac{3}{2}）}{x+1}$，（x＞-1）
由f'（x）＞0得-1＜x＜0，由f'（x）＜0得x＞0，
∴f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为（0，+∞）；
（3）令g（x）=f（x）-（-$\frac{5}{2}$x+b）=ln（x+1）-x²+$\frac{3}{2}$x-b，x∈（0，2）
则g′（x）=$\frac{1}{x+1}$-2x+$\frac{3}{2}$=-$\frac{2（x+\frac{5}{4}）（x-1）}{x+1}$，
令g'（x）=0得x=1或x=-$\frac{5}{4}$（舍），
当0＜x＜1时g'（x）＞0，当1＜x＜2时g'（x）＜0，
即g（x）在（0，1）上递增，在（1，2）上递减，
方程f（x）=-$\frac{5}{2}$x+b在区间（0，2）上有两个不等实根，
等价于函数g（x）在（0，2）上有两个不同的零点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（0）＜0}\\{g（1）＞0}\\{g（2）＜0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{-b＜0}\\{ln2+\frac{1}{2}-b＞0}\\{ln3-1-b＜0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{b＞0}\\{b＜ln2+\frac{1}{2}}\\{b＞ln3-1}\end{array}\right.$，
∴ln3-1＜b＜ln2+$\frac{1}{2}$，
即实数b的取值范围为ln3-1＜b＜ln2+$\frac{1}{2}$；
（4）由（2）可得，
证明：（3）由（1）可得，当x≥0时ln（x+1）≤x²+x（当且仅当x=0时等号成立），
设x=$\frac{1}{n}$，则ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{{n}^{2}}$+$\frac{1}{n}$，即ln $\frac{n+1}{n}$＜$\frac{n+1}{{n}^{2}}$①，
∴$\frac{2}{{1}^{2}}$＞ln$\frac{2}{1}$，$\frac{3}{{2}^{2}}$＞ln$\frac{3}{2}$，$\frac{4}{{3}^{2}}$＞ln$\frac{4}{3}$，…，$\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln $\frac{n+1}{n}$，
将上面n个式子相加得：$\frac{2}{{1}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{4}{{3}^{2}}$+…+$\frac{n+1}{{n}^{2}}$＞ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+ln$\frac{4}{3}$+…+ln $\frac{n+1}{n}$=ln（n+1），
故：$\frac{2}{1^2}+\frac{3}{2^2}+\frac{4}{3^2}+…+\frac{n+1}{n^2}＞ln（n+1）$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程的实数根转化为函数图象与x轴的交点的问题，同时考查了利用构造函数法证明不等式，考查了推理能力与计算能力，是一道综合题，属于难题．