Question

18．设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=xf′（x），x≥0，其中f′（x）是f（x）的导函数．
（1）g₁（x）=g（x），g_n+1（x）=g（g_n（x）），n∈N₊，求g₁（x），g₂（x），g₃（x），并猜想g_n（x）的表达式（不必证明）；
（2）若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设n∈N₊，比较g（1）+g（2）+…+g（n）与n-f（n）的大小，并用数学归纳法加以证明．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的解析式，依次计算即可得出猜想；
（2）令h（x）=f（x）-ag（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），对a进行讨论，求出h（x）的最小值，令h_min（x）≥0恒成立即可；
（3）比较g（1）与1-f（1）猜测大小关系，利用（2）的结论进行证明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x+1}$，g（x）=$\frac{x}{x+1}$，
∴${g_1}（x）=\frac{x}{1+x}，{g_2}（x）=\frac{x}{1+2x}，{g_3}（x）=\frac{x}{1+3x}$
猜想：g_n（x）=$\frac{x}{1+nx}$（x≥0）．
（2）令h（x）=f（x）-ag（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{1+x}$（x≥0），
∵f（x）≥ag（x）恒成立，∴h_min（x）≥0．
h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-$\frac{a（1+x）-ax}{（x+1）^{2}}$=$\frac{x+1-a}{（x+1）^{2}}$，
令h′（x）＞0得x＞a-1，
当a-1≤0即a≤1时，h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h_min（x）=h（0）=0，符合题意；
当a-1＞0即a＞1时，h（x）在[0，a-1）上单调递减，在[a-1，+∞）上单调递增，
∴h_min（x）=h（a-1）=lna-a+1，
令φ（a）=lna-a+1（a＞1），则φ′（a）=$\frac{1}{a}$-1＜0，
∴φ（a）在（1，+∞）上单调递减，
∴φ（a）＜φ（1）=0，
即h_min（x）＜0，不符合题意．
综上，a的取值范围是（-∞，1]．
（3）g（1）=$\frac{1}{2}$，1-f（1）=1-ln2，
∵ln2＞ln$\sqrt{e}$=$\frac{1}{2}$，∴1-ln2＜$\frac{1}{2}$，即g（1）＞1-f（1），
猜想：$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{n}{n+1}＞n-ln（{n+1}）$
证明如下：
（i）当n=1时，显然猜想成立；
（ii） 假设n=k时，$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{k}{k+1}＞k-ln（{k+1}）$成立，
当n=k+1时，左边=$（\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{k}{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}＞k-ln（{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}$
欲证左边＞右边，
即证：$k-ln（{k+1}）+\frac{k+1}{k+2}＞（{k+1}）-ln（{k+2}）$，
即证：$ln（{1+\frac{1}{k+1}}）＞\frac{1}{k+2}$
由（2）中的结论，令a=1得不等式：$ln（{1+x}）＞\frac{x}{1+x}$
所以 $ln（{1+\frac{1}{k+1}}）＞\frac{{\frac{1}{1+k}}}{{1+\frac{1}{1+k}}}=\frac{1}{k+2}$成立
即n=k+1时，猜想成立．
由（i） （ii） 对一切n∈N₊，不等式$\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+…+\frac{n}{n+1}＞n-ln（{n+1}）$成立．

点评 本题考查了函数的单调性判断与最值计算，数学归纳法证明，分类讨论思想，属于中档题．