Question

已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）当a=-

1

4

时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．
（文）（Ⅲ）利用ln（x+1）≤x，求证：ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}＜1（其中n∈N^*，e是自然对数的底数）．
（Ⅲ）求证：(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e（其中n∈N^*，e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间；
（Ⅱ）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，等价于ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可，分类讨论，可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立，利用裂项法，结合对数的运算法则，可证结论．

解答：（Ⅰ）解：当a=-

1

4

时，f(x)=-

1

4

x2+ln(x+1)（x＞-1），f′(x)=-

1

2

x+

1

x+1

=-

(x+2)(x-1)

2(x+1)

（x＞-1），
由f'（x）＞0，解得-1＜x＜1，由f'（x）＜0，解得x＞1．
故函数f（x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（1，+∞）．（4分）
（Ⅱ）解：因当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需g（x）_max≤0即可．（5分）
由g′(x)=2ax+

1

x+1

-1=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，
（ⅰ）当a=0时，g′(x)=

-x

x+1

，当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．（6分）
（ⅱ）当a＞0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

=0，因x∈[0，+∞），所以x=

1

2a

-1，
①若

1

2a

-1＜0，即a＞

1

2

时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在[0，+∞）上无最大值（或：当x→+∞时，g（x）→+∞），此时不满足条件；
②若

1

2a

-1≥0，即0＜a≤

1

2

时，函数g（x）在(0，

1

2a

-1)上单调递减，在区间(

1

2a

-1，+∞)上单调递增，同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，不满足条件．（8分）
（ⅲ）当a＜0时，由g′(x)=

x[2ax+(2a-1)]

x+1

，∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．（10分）
（Ⅲ）证明：据（Ⅱ）知当a=0时，ln（x+1）≤x在[0，+∞）上恒成立（11分）
又

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)，
∵ln{(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]}=ln(1+

2

2×3

)+ln(1+

4

3×5

)+ln(1+

8

5×9

)+…+ln[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜

2

2×3

+

4

3×5

+

8

5×9

+…+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

=2[(

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

9

)+…+(

1

2n-1+1

-

1

2n+1

)]=2[(

1

2

-

1

2n+1

)]＜1，
∴(1+

2

2×3

)(1+

4

3×5

)(1+

8

5×9

)•…•[1+

2n

(2n-1+1)(2n+1)

]＜e．（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．