Question

已知函数f（x）=ln（x+a），g（x）=x²+x，若函数F（x）=f（x）-g（x）在x=0处取得极值．
（1）求实数a的值；
（2）若关于x的方程F(x)+

5

2

x-m=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数m的取值范围；
（3）证明：对任意的自然数n，有ln(

n+1

n

)＜2恒成立．

Answer 1

分析：（1）根据题意知，x=0是F′（x）的根，列出关于a的方程，求解即可求得实数a的值；
（2）方程F(x)+

5

2

x-m=0在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，即确定函数y=F(x)+

5

2

x-m在[0，2]上的极值，再用极值和区间端点的函数值的正负限定函数在[0，2]上恰有两个不同的实数根，列出不等式组，求解即可求得实数m的取值范围；
（3）确定F（x）的定义域，利用导数判断出F（x）在定义域内的单调性，求出函数F（x）的最大值为F（0），从而确定F（x）≤F（0），即可得到不等式ln（x+1）≤x²⁺x，令x=

1

n

，化简即可得到ln(

1

n

+1)＜

1

n2

+

1

n

，将

1

n2

+

1

n

利用换元转化成二次函数，可得

1

n2

+

1

n

≤2，即可证明出所要证明的结论．

解答：解：（1）由题意知，F（x）=ln（x+a）-x²-x，则F′(x)=

1

x+a

-2x-1，
∵x=0时，F（x）取得极值，
∴F'（0）=0，
∴

1

0-a

-2×0-1=0，解得a=1，
经检验a=1符合题意，
∴实数a的值为1．
（2）∵a=1，则F（x）=ln（x+1）-x²-x，
∵F(x)+

5

2

x-m=0，
∴ln(x+1)-x2+

3

2

x-m=0，
令h(x)=ln(x+1)-x2+

3

2

x-m，
则F(x)+

5

2

x-m=0在[0，2]上恰有两个不同的实数根等价于h（x）=0在[0，2]恰有两个不同的实数根，
∵h′(x)=

1

x+1

-2x+

3

2

=-

(4x+5)(x-1)

2(x+1)

，
∴当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，于是h（x）在（0，1）上单调递增，当x∈（1，2）时，h'（x）＜0，于是h（x）在（1，2）上单调递减，
则根据题意，有

h(0)=-b≤0 h(1)=ln(1+1)-1+ 3 2 -b＞0 h(2)=ln(1+2)-4+3-b≤0

，即

m≥0 m＜ 1 2 +ln2 m≥-1+ln3

，
∴-1+ln3≤m＜

1

2

+ln2，
∴实数m的取值范围为-1+ln3≤m＜

1

2

+ln2．
（3）∵F（x）=ln（x+1）-x²-x，
∴F（x）的定义域为{x|x＞-1}，
∵F′(x)=

-x(2x+3)

x+1

，
∴令F'（x）=0得，x=0，或x=-

3

2

（舍去），
∴当-1＜x＜0时，F'（x）＞0，F（x）单调递增；当x＞0时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，
∴F（0）为F（x）在（-1，+∞）上的最大值，
∴F（x）≤F（0），即n（x+1）-x²-x≤0（当且仅当x=0时，等号成立），
取x=

1

n

＞0，n为任意正整数，
∴ln(

1

n

+1)＜

1

n2

+

1

n

，
令t=

1

n

，则y=

1

n2

+

1

n

=t2+t在[1，+∞）为增函数，
∴（t²+t）_min=2，即

1

n2

+

1

n

≤2恒成立，
∴ln(

n+1

n

)＜

1

n2

+

1

n

≤2，
∴对任意的自然数n，有ln(

n+1

n

)＜2恒成立．

点评：本题主要考查了导数在最大值和最小值中的应用，考查了利用导数研究函数的单调性以及用导数解决方程根的分布的问题，同时考查了利用构造函数法证明不等式，是一道综合题，有一定的难度．属于难题．