Question

设函数f（x）=

x

1+x

-aln（1+x），g（x）=ln（1+x）-bx
（1）若函数f（x）在x=0处有极值，求函数f（x）的最大值；
（2）是否存在实数b，使得关于x的不等式g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由；
（3）证明：不等式-1＜

n

i=1

k

k2+1

-lnx≤

1

2

（n=1，2…）

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）函数f（x）在x=0处有极值，可得f′（0）=0，解得a．再利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
（2）由已知得：g′（x）=

1

1+x

-b，对b分类讨论：b≥1，b≤0，0＜b＜1，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
（3）由以上可得：

x

1+x

＜ln(1+x)＜x(x＞0)，取x=

1

n

，可得

1

1+n

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

，即可得出．

解答： 解：（1）由已知得：f′（x）=

1

(1+x)2

-

a

1+x

，且函数f（x）在x=0处有极值，
∴f′（0）=1-a=0，解得a=1．
∴f（x）=

x

1+x

-ln(1+x)，
∴f′（x）=

1

(1+x)2

-

1

1+x

=

-x

(1+x)2

．
当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴函数f（x）的最大值为f（0）=0．
（2）由已知得：g′（x）=

1

1+x

-b，
（i）若b≥1，则x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0恒成立；
∴函数g（x）在x∈（0，+∞）上为减函数，
∴函数g（x）＜g（0）=0在x∈（0，+∞）上恒成立．
（ii）若b≤0，则x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0．
∴g（x）在x∈（0，+∞）上为增函数，
∴g（x）＞g（0）=0，不能使g（x）＜0在x∈（0，+∞）恒成立；
（iii）若0＜b＜1，则g′（x）=

1

1+x

-b=0时，x=

1

b

-1，
当x∈[0，

1

b

-1)时，g′（x）≥0，∴g（x）在x∈[0，

1

b

-1)上为增函数，
此时g（x）＞g（0）=0，
∴不能使g（x）＜0在x∈（0，+∞）恒成立；
综上所述，b的取值范围是[1，+∞）．
（3）证明：由以上可得：

x

1+x

＜ln(1+x)＜x(x＞0)，
取x=

1

n

，可得

1

1+n

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

，
令xn=

n

k=1

k

k2+1

-lnn，
则x₁=

1

2

，x_n-x_n-1=

n

n2+1

-ln(1+

1

n-1

)＜

n

n2+1

-

1

n

=-

1

n(n2+1)

＜0，
∴数列{x_n}是单调递减数列，
∴x_n≤x₁=

1

2

，
n≥2时，x_n-x_n-1=

n

n2+1

-ln(1+

1

n-1

)＞

n

n2+1

-

1

n-1

＞

1

n+1

-

1

n-1

，
∴x_n-x₁＞

1

n+1

+

1

n

-1-

1

2

，
∴xn＞

1

n+1

+

1

n

-1＞-1．
综上可得：-1＜

n

i=1

k

k2+1

-lnx≤

1

2

（n=1，2…）成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了利用导数证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．