Question

（2013•保定一模）设函数f（x）=ln（1+x）-

ax

x+1

（a∈R）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）当a＞0时，若对任意的x≥0，恒有f （x）≥0，求实数a的取值范围；
（3）设x∈N且x＞2，试证明：lnx＞

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

x

．

Answer 1

分析：（1）求出函数的定义域，f′（x）=

x+1-a

(1+x)2

，分a≤0，a＞0两种情况讨论，由f′（x）的符号可判断函数单调性，根据单调性可判断函数极值；
（2）对任意的x≥0，恒有f （x）≥0等价于f（x）_min≥0，按0＜a≤1，a＞1两种情况讨论，借助（1）问结论可求得函数f（x）的最小值；
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥

x

x+1

，则lnx=ln（

2

1

×

3

2

×…×

x

x-1

）=ln2+ln

3

2

+…+ln

x

x-1

=ln（1+1）+ln（1+

1

2

）+…+ln（1+

1

x-1

），利用不等式进行放缩，整理可得结论；

解答：解：（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
f′（x）=

1

1+x

-

a

(1+x)2

=

x+1-a

(1+x)2

，
①当a≤0时，恒有x+1-a＞0，恒有f′（x）＞0，f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值；
②当a＞0时，由f′（x）=0得x=a-1，
当x∈（-1，a-1）时，f′（x）＜0，当x∈（a-1，+∞）时，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（-1，a-1）上单调递减，在（a-1，+∞）上单调递增，
故当x=a-1时f（x）取得极小值，无极大值，极小值为f（a-1）=lna+1-a．
（2）当0＜a≤1时，y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）=0，所以满足题意；
当a＞1时，由（1）可知应有f（a-1）=lna+1-a≥0（*）成立，
令g（a）=lna+1-a，则g′（a）=

1

a

-1=

1-a

a

，g′（a）＜0，g（a）在（1，+∞）上单调递减，
所以g（a）＜0，即f（a-1）=g（a）＜0，与（*）不符，
所以a的取值范围是0＜a≤1．
（3）由（2）可知，ln（1+x）≥

x

x+1

，
所以lnx=ln（

2

1

×

3

2

×…×

x

x-1

）=ln2+ln

3

2

+…+ln

x

x-1

=ln（1+1）+ln（1+

1

2

）+…+ln（1+

1

x-1

）
＞

1

2

+

1 2

1+ 1 2

+…+

1 x-1

1+ 1 x-1

=

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

x

．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值、在闭区间上的最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想，考查解决问题的能力，解决（3）问的关键是借助（2）得到不等式，然后对lnx进行恰当变形．