Question

20．设函数f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$（a＞0）
（Ⅰ）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数f（x）在区间[0，1]上的单调性；
（Ⅲ）求证：（$\frac{2017}{2016}$）^2016.4＜e＜（$\frac{2017}{2016}$）^2016.5．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，得到f′（0），再求出f（0），由直线方程的点斜式得答案；
（Ⅱ）求出函数的导函数，因式分解可得：${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}x}{（x+1）（ax+1）}（x-\frac{1-2a}{{a}^{2}}）$，然后对a分类讨论可得函数f（x）在区间[0，1]上的单调性；
（Ⅲ）分别取a=0.5，a=0.4，结合（Ⅱ）中的单调性可得?n∈N^*，$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e＜$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$．取n=2016即可得到$（\frac{2017}{2016}）^{2016.4}$＜e＜$（\frac{2017}{2016}）^{2016.5}$．

解答 （Ⅰ）解：由${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$，
得f′（0）=0，又f（0）=0，
∴切线方程为：y=0．
（Ⅱ）解：${f}^{′}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{{a}^{2}x}{（x+1）（ax+1）}（x-\frac{1-2a}{{a}^{2}}）$，
（1）当1-2a≤0，即$a≥\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0，f（x）在[0，1]上单调递增，
（2）当$\frac{1-2a}{{a}^{2}}≥1$，即$0＜a≤\sqrt{2}-1$时，f′（x）≤0，f（x）在[0，1]上单调递减，
（3）当$0＜\frac{1-2a}{{a}^{2}}＜1$，即$\sqrt{2}-2＜a＜\frac{1}{2}$时，
有：

x	（0，$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$）	$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$	（$\frac{1-2a}{{a}^{2}}$，1）
f′（x）	-	0	+
f（x）	减函数		增函数

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当a=0.5时，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$在[0，1]上单调递增，
∴f（x）≥f（0）=0，即ln（1+x）$≥\frac{x}{1+0.5x}$．
令$x=\frac{1}{n}$（n∈N^*），则（0.5+n）ln（1+$\frac{1}{n}$）＞1，即$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$＞e．
由（Ⅱ）知，当a=0.4时，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{1+ax}$在[0，1]上单调递减，
∴f（x）≤f（0）=0，即ln（x）≤$\frac{x}{1+0.4x}$．
令x=$\frac{1}{n}$（x∈N^*），则（0.4+n）ln（1+$\frac{1}{n}$）＜1，即$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e．
综上，?n∈N^*，$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.4}$＜e＜$（1+\frac{1}{n}）^{n+0.5}$．
令n=2016，得$（\frac{2017}{2016}）^{2016.4}$＜e＜$（\frac{2017}{2016}）^{2016.5}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数证明函数不等式，考查逻辑思维能力及推理论证能力，是中档题．