Question

5．已知函数f（x）=ln（1+x）-x-ax²，a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）在区间$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上有单调递增区间，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）证明不等式：$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+…+\frac{1}{ln（n+1）}＞\frac{n}{n+1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题知f（x）的定义域为（-1，+∞），求出函数的导函数，可得当a=0时，f′（x）＞0在$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上恒成立；当a≠0时，求出导函数的两个零点，分a＞0和a＜0讨论求得使函数f（x）在$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上有单调递增区间的a的范围；
（Ⅱ）取a=1，可知在（0，+∞）上，f′（x）＜0恒成立，即函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减，由此得到ln（1+x）＜x+x²在区间（0，+∞）上恒成立，
取x=n，n∈N^*，则0＜ln（1+n）＜n+n²，得$\frac{1}{ln（1+n）}＞\frac{1}{{n+{n^2}}}$=$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，分别取n=1，2，3，…，n，利用累加法证明$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+…+\frac{1}{ln（n+1）}＞\frac{n}{n+1}$．

解答 解：（Ⅰ）由题知f（x）的定义域为（-1，+∞），
${f^'}（x）=\frac{1}{x+1}-1-2ax=\frac{{-2a{x^2}-（2a+1）x}}{x+1}$，
当a=0时，${f^'}（x）=\frac{-x}{x+1}＞0$在$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上恒成立，即$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$为函数f（x）的单调递增区间，满足条件；
当a≠0时，由f′（x）=0，得x=0，或$x=-1-\frac{1}{2a}$．
若a＞0，$-1-\frac{1}{2a}＜-1$，由f′（x）＞0，得-1＜x＜0，即f（x）在（-1，0）上单调递增，显然，$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$为函数f（x）的单调递增区间；
若a＜0，要使函数f（x）在$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上有单调递增区间，则f′（x）＞0的解集与$（{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}）$有公共区间，即$-1-\frac{1}{2a}＞-\frac{1}{2}$，-1＜a＜0．
综上所述，若函数f（x）在区间$[{-\frac{1}{2}，-\frac{1}{3}}]$上有单调递增区间，则实数a的取值范围为（-1，+∞）；
证明：（Ⅱ）a=1时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0恒成立，即函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
∴x∈（0，+∞）时，f（x）＜f（0）=0恒成立，
即 ln（1+x）-x-x²＜0，
即ln（1+x）＜x+x²在区间（0，+∞）上恒成立，
取x=n，n∈N^*，则0＜ln（1+n）＜n+n²，
即$\frac{1}{ln（1+n）}＞\frac{1}{{n+{n^2}}}$，
即$\frac{1}{ln（1+n）}＞\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
∴$\frac{1}{ln2}＞\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$，$\frac{1}{ln3}＞\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$，$\frac{1}{ln4}＞\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$，…，$\frac{1}{lnn}＞\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，$\frac{1}{ln（1+n）}＞\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$．
∴$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+\frac{1}{ln4}…+\frac{1}{ln（n+1）}＞1-\frac{1}{n+1}$，
即$\frac{1}{ln2}+\frac{1}{ln3}+\frac{1}{ln4}…+\frac{1}{ln（n+1）}＞\frac{n}{n+1}$．

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，体现了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，是压轴题．