Question

（2013•揭阳一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax²+bx，函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴．
（1）确定a与b的关系；
（2）试讨论函数g（x）的单调性；
（3）证明：对任意n∈N^*，都有ln（1+n）＞

n

i=1

i-1

i2

成立．

Answer 1

分析：（1）求导得到g^′（x），利用导数的几何意义即可得出；
（2）利用（1）用a表示b，得到g^′（x），通过对a分类讨论即可得到其单调性；
（3）证法一：由（2）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x²-3x在（1，+∞）单调递增，可得lnx+x²-3x≥g（1）=-2，即lnx≥-x²+3x-2=-（x-1）（x-2），
令x=1+

1

n

，n∈N*，则ln(1+

1

n

)＞

1

n

-

1

n2

，利用“累加求和”及对数的运算法则即可得出；
证法二：通过构造数列{a_n}，使其前n项和T_n=ln（1+n），则当n≥2时，an=Tn-Tn-1=ln(

1+n

n

)=ln(1+

1

n

)，显然a₁=ln2也满足该式，
故只需证ln(1+

1

n

)＞

n-1

n2

=

1

n

-

1

n2

，令x=

1

n

，即证ln（1+x）-x+x²＞0，记h（x）=ln（1+x）-x+x²，x＞0，再利用（2）的结论即可；
证法三：令φ（n）=ln（1+n）-

n

i=1

i-1

i2

，则φ(n+1)-φ(n)=ln(n+2)-

n

(n+1)2

-ln(n+1)=ln(1+

1

n+1

)-

1

n+1

+

1

(n+1)2

，
令x=1+

1

n+1

，则x∈（1，2]，

1

n+1

=x-1，n∈N*，记h（x）=lnx-（x-1）+（x-1）²=lnx+x²-3x+2，利用（2）的结论即可．

解答：解：（1）依题意得g（x）=lnx+ax²+bx，
则g′(x)=

1

x

+2ax+b，
由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g'（1）=1+2a+b=0，∴b=-2a-1．
（2）由（1）得g′(x)=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(2ax-1)(x-1)

x

，
∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），
∴①当a≤0时，2ax-1＜0在（0，+∞）上恒成立，
由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，
即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；
②当a＞0时，令g'（x）=0得x=1或x=

1

2a

，
若

1

2a

＜1，即a＞

1

2

时，由g'（x）＞0得x＞1或0＜x＜

1

2a

，由g'（x）＜0得

1

2a

＜x＜1，
即函数g（x）在(0，

1

2a

)，（1，+∞）上单调递增，在(

1

2a

，1)单调递减；
若

1

2a

＞1，即0＜a＜

1

2

时，由g'（x）＞0得x＞

1

2a

或0＜x＜1，由g'（x）＜0得1＜x＜

1

2a

，
即函数g（x）在（0，1），(

1

2a

，+∞)上单调递增，在(1，

1

2a

)单调递减；
若

1

2a

=1，即a=

1

2

时，在（0，+∞）上恒有g'（x）≥0，
即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上得：当a≤0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；
当0＜a＜

1

2

时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在(1，

1

2a

)单调递减；在(

1

2a

，+∞)上单调递增；
当a=

1

2

时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞

1

2

时，函数g（x）在(0，

1

2a

)上单调递增，在(

1

2a

，1)单调递减；在（1，+∞）上单调递增．
（3）证法一：由（2）知当a=1时，函数g（x）=lnx+x²-3x在（1，+∞）单调递增，∴lnx+x²-3x≥g（1）=-2，即lnx≥-x²+3x-2=-（x-1）（x-2），
令x=1+

1

n

，n∈N*，则ln(1+

1

n

)＞

1

n

-

1

n2

，
∴ln(1+

1

1

)+ln(1+

1

2

)+ln(1+

1

3

)+…+ln(1+

1

n

)＞

1

1

-

1

12

+

1

2

-

1

22

+

1

3

-

1

32

+…+

1

n

-

1

n2

，
∴ln(

2

1

×

3

2

×

4

3

…×

n+1

n

)＞

12-1

12

+

22-1

22

+

32-1

32

+…+

n2-1

n2

，
即ln(1+n)＞

n

i=1

i-1

i2

．
证法二：构造数列{a_n}，使其前n项和T_n=ln（1+n），
则当n≥2时，an=Tn-Tn-1=ln(

1+n

n

)=ln(1+

1

n

)，
显然a₁=ln2也满足该式，
故只需证ln(1+

1

n

)＞

n-1

n2

=

1

n

-

1

n2

，
令x=

1

n

，即证ln（1+x）-x+x²＞0，记h（x）=ln（1+x）-x+x²，x＞0，
则h′(x)=

1

1+x

-1+2x=

1

1+x

-1+2x=

x(2x+1)

1+x

＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）=0，
∴ln(1+

1

n

)＞

n-1

n2

=

1

n

-

1

n2

成立，
以下同证法一．
证法三：令φ（n）=ln（1+n）-

n

i=1

i-1

i2

，
则φ(n+1)-φ(n)=ln(n+2)-

n

(n+1)2

-ln(n+1)=ln(1+

1

n+1

)-

1

n+1

+

1

(n+1)2

，
令x=1+

1

n+1

，则x∈（1，2]，

1

n+1

=x-1，n∈N*，记h（x）=lnx-（x-1）+（x-1）²=lnx+x²-3x+2，
∵h′(x)=

1

x

+2x-3=

(2x-1)(x-1)

x

＞0∴函数h（x）在（1，2]单调递增，
又h（1）=0，∴当x∈（1，2]时，h（x）＞0，即φ（n+1）-φ（n）＞0，
∴数列φ（n）单调递增，又φ（1）=ln2＞0，∴即ln(1+n)＞

n

i=1

i-1

i2

．

点评：熟练掌握导数的几何意义、分类讨论、利用导数研究函数的单调性、善于利用已经证明的结论、“累加求和”及对数的运算法则、“分析法”、“构造法”等是解题的关键．