Question

已知函数f（x）=（1+x）ln（1+x），g（x）=kx²+x，
（1）讨论函数f（x）=a的解的个数；
（2）若当x≥0时，f（x）≤g（x）恒成立，求k的最小值；
（3）若数列{

1

n

}的前n项和为S_n，求证：S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

Answer 1

考点：数列与函数的综合,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）由已知得f′（x）=ln（1+x）+1，令f′（x）=0，得：x=

1

e

-1，利用导数的性质进行分类讨论，能求出函数f（x）=a的解的个数．
（2）令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx²-x，则ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，利用导数性质进行分类讨论，能求出k的最小值．
（3）取k=

1

2

，得ln（1+x）≤

1

2

（（1+x）-

1

1+x

），取x=n-1 得

1

n

+2lnn≤n，由此利用累加法能证明S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

解答： （1）解：∵f（x）=（1+x）ln（1+x），
∴f′（x）=ln（1+x）+1，
令f′（x）=0，得：x=

1

e

-1，
∴当x∈（-1，

1

e

-1）时，f′（x）＜0，f（x）在（-1，

1

e

-1）上单调递减，
同理，（x）在（

1

e

-1，+∞）上单调递增，
∴当x=

1

e

-1时，f_极小=-

1

e

，
又x∈（-1，

1

e

-1）时，f（x）＜0，
∴①当a＜-

1

e

时，方程f（x）=a无解；
②当a=-

1

e

或a≥0时，方程f（x）=a有一解；
③当-

1

e

＜a＜0时，方程f（x）=a有两解．
（2）解：令ϕ（x）=f（x）-g（x）=（1+x）ln（1+x）-kx²-x
则ϕ′（x）=ln（1+x）-2kx，
令h（x）=ln（1+x）-2kx，
则h′（x）=

1

1+x

-2k，
∵x≥0，∴

1

1+x

∈（0，1]．
①当k≥

1

2

时，2k≥1，h′（x）=

1

1+x

-2k≤0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴h（x）≤h（0）=0，
即ϕ′（x）≤0，∴ϕ（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴ϕ（x）≤ϕ（0）=0∴f（x）≤g（x），
∴当k≥

1

2

时满足题意；
②当k≤0时，h′（x）=

1

1+x

-2k＞0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，即ϕ′（x）≥0，
∴ϕ（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴ϕ（x）≥ϕ（0）=0，∴f（x）≥g（x），∴当k≤0时不合题意；
③当0＜k＜

1

2

时，由h′（x）=

1

1+x

-2k=0，得：x=

1-2k

2k

＞0，
当x∈（0，

1-2k

2k

）时，h（x）单调递增，
∴h（x）＞0，即ϕ′（x）＞0，
∴ϕ（x）在（0，

1-2k

2k

）上单调递增，∴ϕ（x）＞0，
即f（x）＞g（x），∴不合题意．
综上，k的取值范围是[

1

2

，+∞），故k的最小值为

1

2

．
（3）证明：由（2）知，取k=

1

2

，得：（1+x）ln（1+x）≤

1

2

x²+x，
变形得：ln（1+x）≤

x2+2x

2(1+x)

=

(1+x)2-1

2(1+x)

=

1

2

（（1+x）-

1

1+x

）；
取x=n-1 得：lnn≤

1

2

（n-

1

n

），即：

1

n

+2lnn≤n，
∴

1

1

+2ln1≤1，

1

2

+2ln2≤2，

1

3

+2ln3≤3，
…

1

n

+2lnn≤n，
以上各式相加得：（

1

1

+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

）+2（ln1+ln2+ln3+…+lnn）≤1+2+…+n
∴S_n+2lnn!≥

n(n+1)

2

．

点评：本题考查方程的解的个数的讨论，考查实数的最小值的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．