Question

2．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+2}$．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0时，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：n+1＞e${\;}^{\frac{2}{3}+\frac{2}{5}+…+\frac{2}{2n+1}}}$，n∈N^*．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可；
（2）结合（1）通过讨论a的范围，判断出函数的单调性，从而确定a的范围即可；
（3）取a=2，得到在（0，+∞）上，ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，令x=$\frac{1}{n}$，作和即可证出结论．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{2a}{{{{（x+2）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}+（4-2a）x+（4-2a）}}{{（x+1）{{（x+2）}^2}}}$，x＞-1，
其中x²+（4-2a）x+4-2a=0的△=4a（a-2）．
当△≤0即a∈[0，2]时，f′（x）≥0恒成立，则f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当a＜0时，f′（x）＞0，则f（x）在（-1，+∞）上单调递增；
当a＞2时，方程x²+（4-2a）x+4-2a=0有两根为a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$，
∵-1=a-2-$\sqrt{{（a-1）}^{2}}$＜a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$＜0，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$＞0，
∴当a＞2时，f（x）在（-1，a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$）与（a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$，+∞）上递增，
在（a-2-$\sqrt{{a^2}-2a}$，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$）上递减；
当a≤2时，f（x）在（-1，+∞）上单调递增．（5分）
（2）当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）＞f（0）=0满足条件，
当a＞2时，f（x）在（0，a-2+$\sqrt{{a^2}-2a}$）上递减，此时f（x）＜f（0）=0不满足条件，
故a∈（-∞，2]．（8分）
（3）若a=2时，在（0，+∞）上，ln（x+1）＞$\frac{2x}{x+2}$，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{2}{2n+1}$，ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{2}{2n-1}$，…，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{2}{5}$，ln2＞$\frac{2}{3}$，
∴ln$\frac{n+1}{n}$+ln$\frac{n}{n-1}$+…+ln$\frac{3}{2}$+ln2=ln（n+1）＞$\frac{2}{2n+1}$+$\frac{2}{2n-1}$+…+$\frac{2}{5}$+$\frac{2}{3}$，
即n+1＞${e^{\frac{2}{3}+\frac{2}{5}+…+\frac{2}{2n+1}}}$．（12分）

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，是一道综合题．