Question

设函数f（x）=x²+bln（x+1），其中b≠0．
（1）当b＞

1

2

时，判断函数f（x）在定义域上的单调性；
（2）求函数f（x）的极值点；
（3）证明对任意的正整数n，不等式ln(

1

n

+1)＞

1

n2

-

1

n3

都成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）f（x）=x²+bln（x+1）的定义域为（-1，+∞），求导f′（x）=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，利用导数的正负确定函数的单调性；
（2）分情况讨论，①当b≥

1

2

时，由（1）知函数没有极值点；②当b＜

1

2

时，解f′（x）=0得两个不同的解，x₁=

-1- 1-2b

2

，x₂=

-1+ 1-2b

2

；再讨论两个解与-1的大小关系以确定函数的极值点；
（3）取b=-1，则f（x）=x²-ln（x+1），再令h（x）=x³-f（x）=x³-x²+ln（x+1），从而求导h′（x）=

3x3+(x-1)2

x+1

＞0在[0，+∞）上恒成立，以确定函数的单调性从而证明恒成立问题．

解答： 解：（1）f（x）=x²+bln（x+1）的定义域为（-1，+∞），
f′（x）=2x+

b

x+1

=

2x2+2x+b

x+1

，
令g（x）=2x²+2x+b，
则g（x）在（-1，-

1

2

）上递减，（-

1

2

，+∞）上递增；
∴g_min（x）=g（-

1

2

）=-

1

2

+b＞0；
从而g（x）=2x²+2x+b＞0在（-1，+∞）上恒成立，
∴f′（x）＞0；
即当b＞

1

2

时，f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
（2）①当b≥

1

2

时，由（1）知函数没有极值点；
②当b＜

1

2

时，解f′（x）=0得两个不同的解，
x₁=

-1- 1-2b

2

，x₂=

-1+ 1-2b

2

；
若b＜0，由于x₁=

-1- 1-2b

2

＜-1，x₂=

-1+ 1-2b

2

＞-1；
∴f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

；
若0＜b＜

1

2

时，x₁=

-1- 1-2b

2

＞-1，x₂=

-1+ 1-2b

2

＞-1；
∴f（x）在x₁=

-1- 1-2b

2

取得极大值，在x₂=

-1+ 1-2b

2

取得极小值；
综上所述，当b＜0时，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

；
当0＜b＜

1

2

时，f（x）有极大值点x₁=

-1- 1-2b

2

，极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

；
当b≥

1

2

时，函数没有极值点；
（3）证明：取b=-1，则f（x）=x²-ln（x+1），
令h（x）=x³-f（x）=x³-x²+ln（x+1），
则h′（x）=

3x3+(x-1)2

x+1

＞0在[0，+∞）上恒成立，
故h（x）在[0，+∞）上单调递增，
故当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0；
即恒有ln（x+1）＞x²-x³；
故对任意的正整数n，不等式ln(

1

n

+1)＞

1

n2

-

1

n3

都成立．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的应用，同时考查了分类讨论的数学思想，属于难题．