Question

2．设函数f（x）=ln（1+x），g（x）=a•$\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$（a∈R）．
（1）若函数h（x）=f（x）-g（x）在定义域内单调递减，求a的取值范围；
（2）设n∈N^*，证明：（1+$\frac{1}{n^2}}$）（1+$\frac{2}{n^2}}$）…（1+$\frac{n}{n^2}}$）＜e${\;}^{\frac{1}{4}}}$（e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，问题转化为$a≥{（{\frac{1+x}{{{x^2}+2x+2}}}）_{max}}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）取a=$\frac{1}{2}$，根据$ln（{1+x}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$对x∈（0，+∞），均成立，令$x=\frac{k}{n^2}（{k=1，2，…，n}）$，作和证出结论即可．

解答 （1）解：函数h（x）的定义域为（-1，+∞），
且$h（x）=f（x）-g（x）=ln（{1+x}）-a•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$，
则$h'（x）=\frac{1}{1+x}-a•\frac{{（{2x+2}）（{1+x}）-（{{x^2}+2x}）}}{{（{1+{x^2}}）}}=\frac{{（{1+x}）-a•（{{x^2}+2x+2}）}}{{（{1+{x^2}}）}}$，
由于h（x）在（-1，+∞）内单调递减，
则h'（x）≤0对x∈（-1，+∞）恒成立，
即（1+x）-a•（x²+2x+2）≤0对x∈（-1，+∞）恒成立，…（2分）
从而$a≥{（{\frac{1+x}{{{x^2}+2x+2}}}）_{max}}$，则$a≥{（{\frac{1}{{1+x+\frac{1}{1+x}}}}）_{max}}=\frac{1}{2}$，
故a的取值范围为$[{\frac{1}{2}，+∞}）$…（4分）
（2）证明：取$a=\frac{1}{2}$，由第（1）问可知h（x）在（0，+∞）为单调递减函数，
从而h（x）＜h（0）=0；
则$ln（{1+x}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{x^2}+2x}}{1+x}$对x∈（0，+∞），均成立，…（6分）
令$x=\frac{k}{n^2}（{k=1，2，…，n}）$，
有$ln（{1+\frac{k}{n^2}}）＜\frac{1}{2}•\frac{{{{（{\frac{k}{n^2}}）}^2}+2•\frac{k}{n^2}}}{{1+\frac{k}{n^2}}}=\frac{1}{2}（{\frac{k}{n^2}+\frac{k}{{{n^2}+k}}}）≤\frac{1}{2}（{\frac{k}{n^2}+\frac{k}{{{n^2}+1}}}）$；…（9分）
从而$ln[{（{1+\frac{1}{n^2}}）（{1+\frac{2}{n^2}}）…（{1+\frac{n}{n^2}}）}]$
=$ln（{1+\frac{1}{n^2}}）+ln（{1+\frac{2}{n^2}}）+…+ln（{1+\frac{n}{n^2}}）＜\frac{1}{2}（{\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+…+\frac{n}{n^2}+\frac{1}{{{n^2}+1}}+\frac{2}{{{n^2}+1}}+…+\frac{n}{{{n^2}+1}}}）$
=$\frac{1}{4}[{3-\frac{{n{{（{n-1}）}^2}+（{n-1}）}}{{n（{{n^2}+1}）}}}]≤\frac{3}{4}$，
故$（{1+\frac{1}{n^2}}）（{1+\frac{2}{n^2}}）…（{1+\frac{n}{n^2}}）＜{e^{\frac{3}{4}}}$…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．