Question

12．设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），其中f′（x）是f（x）的导函数．
（1）求f（x）在x=0处的切线方程；
（2）若f（x）≥ag（x）（x≥0）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设n∈N⁺，比较g（1）+g（2）+…+g（n）与n-f（n）的大小，并加以证明．

Answer 1

分析 （1）求导数，可得切线的斜率，即可得f（x）在x=0处的切线方程；
（2）由已知得到ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$恒成立，构造函数φ（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），利用导数求出函数的最小值即可；
（3）在（2）中取a=1，可得ln（1+x）＞$\frac{x}{1+x}$，x＞0，令x=$\frac{1}{n}$，则ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{n+1}$，n依次取1，2，3…，然后各式相加即得到不等式．

解答 解：（1）f（x）=ln（1+x），则f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，
x=0时，f（0）=0，f′（0）=1，
∴f（x）在x=0处的切线方程为y=x；
（2）已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$恒成立．
设φ（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），则φ′（x）=$\frac{x+1-a}{（1+x）^{2}}$，
当a≤1时，φ′（x）≥0（仅当x=0，a=1时取等号成立），
∴φ（x）在[0，+∞）上单调递增，
又φ（0）=0，
∴φ（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．
∴当a≤1时，ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$恒成立，（仅当x=0时等号成立）
当a＞1时，对x∈（0，a-1]有φ′（x）＜0，∴φ（x）在∈（0，a-1]上单调递减，
∴φ（a-1）＜φ（0）=0，即当a＞1时存在x＞0使φ（x）＜0，
故知ln（1+x）≥$\frac{ax}{1+x}$不恒成立，
综上可知，实数a的取值范围是（-∞，1]．
（3）由题设知，g（1）+g（2）+…+g（n）=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{3}$+…+$\frac{n}{n+1}$，
n-f（n）=n-ln（n+1），
比较结果为g（1）+g（2）+…+g（n）＞n-ln（n+1）
证明如下：上述不等式等价于$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{3}$+…+$\frac{n}{n+1}$＜ln（n+1），
在（Ⅱ）中取a=1，可得ln（1+x）＞$\frac{x}{1+x}$，x＞0，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{n+1}$，
故有ln2-ln1＞$\frac{1}{2}$，
ln3-ln2＞$\frac{1}{3}$，
…
ln（n+1）-lnn＞$\frac{1}{n+1}$，
上述各式相加可得ln（n+1）＞$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{3}$+…+$\frac{n}{n+1}$，结论得证．

点评 本题考查数学归纳法；考查构造函数解决不等式问题；考查利用导数求函数的最值，证明不等式，属于一道综合题．