Question

已知函数f（x）=ln（x+1）-x（x＞-1）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=1+

1

2n

+

1

n2

（n∈N₊），求证：a₂a₃a₄•…•a_n＜e

5

4

（e为自然对数的底数）；
（3）若k∈Z，且k＜

xf(x-1)+x2

x-1

对任意x＞1恒成立，求k的最大值．

Answer 1

考点：数列与函数的综合

专题：函数的性质及应用,等差数列与等比数列

分析：（1）根据题意先求函数的导函数f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，求出满足条件的范围，即可求出函数的单调区间；
（2）由（1）知，当x＞0时，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．由an=1+

1

2n

+

1

n2

(n∈N+)，令k=2，3，…，n，累加后，利用放缩法可得答案；
（3）令g(x)=

xf(x-1)+x2

x-1

=

xlnx+x

x-1

(x＞1)，则g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

．令h（x）=x-lnx-2，则h′(x)=1-

1

x

＞0，利用导数法，分析函数的图象和性质，可得答案．

解答： 解：（1）∵f（x）=ln（x+1）-x，
∴f′(x)=

1

x+1

-1=-

x

x+1

．
当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0；当x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0．
∴f（x）的单调递增区间是（-1，0），单调递减区间是（0，+∞）．

证明：（2）由（1）知，当x＞0时，f（x）＜f（0）=0，即ln（x+1）＜x．
∵an=1+

1

2n

+

1

n2

(n∈N+)，
∴lnak=ln(1+

1

2k

+

1

k2

)＜

1

2k

+

1

k2

．
令k=2，3，…，n，这n-1个式子相加得：
lna2+lna3+…+lnan＜(

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

)+(

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)＜(

1

2

-

1

2n

)+[

1

22

+

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

(n-1)n

]=(

1

2

-

1

2n

)+[

1

4

+(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n-1

-

1

n

)]=(

1

2

-

1

2n

)+(

1

4

+

1

2

-

1

n

)=

5

4

-

1

2n

-

1

n

＜

5

4

．
即ln(a2a3•…•an)＜

5

4

，
∴a2a3a4•…•an＜e

5

4

．

解：（3）令g(x)=

xf(x-1)+x2

x-1

=

xlnx+x

x-1

(x＞1)，则g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

．
令h（x）=x-lnx-2，则h′(x)=1-

1

x

＞0，
故h（x）在（1，+∞）上单调递增，
而h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴h（x）存在唯一零点x₀∈（3，4），即x₀-lnx₀-2=0．
当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（x₀）=0，即g'（x）＜0；
当x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞h（x₀）=0，即g'（x）＞0．
∴g（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
故[g(x)]min=g(x0)=

x0(lnx0+1)

x0-1

=

x0(x0-1)

x0-1

=x0．
由题意有k＜[g（x）]_min=x₀，又k∈Z，x₀∈（3，4），所以k的最大值是3．

点评：本题考查的知识点是数列与函数的综合，不等式的证明，恒成立问题，利用导数求函数的最值，综合性强，运算量大，转化困难，属于难题．