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

k=1

k

k2+1

-lnn≤

1

2

（n=1，2．…）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（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，得a=1，从而求出函数的表达式，找出单调区间求出最值；
（2）由已知得：g′(x)=

1

1+x

-b再对b分情况讨论：①若b≥1，②若b≤0，③若0＜b＜1综合得出b的取值范围是x∈[1，+∞）；
（3）由前两问综合得出．

解答： 解析：（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

(1+0)2

-

a

1+0

=0，
∴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
①若b≥1，则x∈[0，+∞）时，
g′(x)=

1

1+x

-b≤0
∴g（x）=ln（1+x）-bx在[0，+∞）上为减函数，
∴g（x）=ln（1+x）-bx＜g（0）=0在（0，+∞）上恒成立；
②若b≤0，则x∈[0，+∞）时，
g′(x)=

1

1+x

-b＞0
∴g（x）=ln（1+x）-bx在[0，+∞）上为增函数，
∴g（x）=ln（1+x）-bx＞g（0）=0，
不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
③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）=ln（1+x）-bx在[0，

1

b

-1)上为增函数，
此时g（x）=ln（1+x）-bx＞g（0）=0，
∴不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
综上所述，b的取值范围是x∈[1，+∞）．
（3）由（1）、（2）得：

x

1+x

＜ln(1+x)＜x(x＞0)
取x=

1

n

得：

1

1+n

＜ln(1+

1

n

)＜

1

n

．
令xn=

n

k=1

k

k2+1

-lnn，
则x1=

1

2

，xn-xn-1=

n

n2+1

-ln(1+

1

n-1

)＜

n

n2+1

-

1

n

=-

1

(n2+1)n

＜0．
因此xn＜xn-1＜…＜x1=

1

2

．
又lnn=

n

k=2

[lnk-ln(k-1)]+ln1=

n-1

k=1

ln(1+

1

k

)，
故xn=

n

k=1

k

k2+1

-

n-1

k=1

ln(1+

1

k

)=

n-1

k=1

[

k

k2+1

-ln(1+

1

k

)]+

n

n2+1

    ＞

n-1

k=1

(

k

k2+1

-

1

k

)=-

n-1

k=1

1

(k2+1)k

≥

n-1

k=1

1

(k+1)k

=-1+

1

n

＞-1．

点评：本题考察了函数的最值问题，函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．