Question

已知函数f（x）=ln（1+x）-

ax

x+2

．
（Ⅰ）当a=0时，求曲线y=f（x）在原点处的切线方程；
（Ⅱ）当a＞0时，讨论函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（Ⅲ）证明不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

对任意n∈N^*成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导，a=0时f（0）=0，切线斜率k=k=f′（0）=1，由点斜式可得切线方程；
（Ⅱ）只需考察g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符号．按△≤0，△＞0两种情况进行讨论，由导数的符号可求函数的单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=2时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，从而有f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，则

2x

x+2

＜ln(1+x)对任意x∈（0，+∞）成立．取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，可推

2

2k+1

＜ln(k+1)-lnk，k=1，2，3，…，n．n个不等式相加可得结论；

解答： 解：f′（x）=

1

1+x

-

2a

(x+2)2

=

x2+(4-2a)x+(4-2a)

(x+1)(x+2)2

．
（Ⅰ）当a=0时，f（0）=0，切线的斜率k=f′（0）=1，
所以切线方程为y=x，即x-y=0．
（Ⅱ）当a＞0时，因为x＞0，所以只要考查g（x）=x²+（4-2a）x+（4-2a）的符号．
由△=（4-2a）²-4（4-2a）≤0，得0＜a≤2，
当0＜a≤2时，g（x）＞0，从而f′（x）＞0，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当a＞2时，由g（x）=0解得x=a-2+

a2-2a

．
当x∈（0，a-2+

a2-2a

）时，f′（x）＜0，当x∈当x变化时，（a-2+

a2-2a

，+∞）时，f′（x）＞0，
函数f（x）在区间（0，a-2+

a2-2a

）单调递减，在区间（a-2+

a2-2a

，+∞）上单调递增．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=2时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
所以f（x）=ln（1+x）-

2x

x+2

＞f（0）=0，即

2x

x+2

＜ln(1+x)对任意x∈（0，+∞）成立．
取x=

1

k

，k=1，2，3，…，n，
得

2• 1 k

1 k +2

＜ln(1+

1

k

)，即

2

2k+1

＜ln(k+1)-lnk，k=1，2，3，…，n．
将上述n个不等式求和，得到：

n

k=1

2

2k+1

＜

n

k=1

[ln(k+1)-lnk]，
故不等式

1

3

+

1

5

+…+

1

2n+1

＜ln

n+1

对任意n∈N^*成立．

点评：本小题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想．