Question

已知函数f（x）=ln（1+x）-

kx

1+x

，k∈R．
（1）讨论f（x）的单调区间；
（2）当k=1时，求f（x）在[0，+∞）上的最小值，并证明

1

2

+

1

3

+

1

4

+…+

1

n+1

＜ln（1+n）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）f（x）的定义域为（-1，+∞）．f′（x）=

x+1-k

(1+x)2

，对k分类讨论：当k≤0时，当k＞0时，即可得出单调性．
（2）由（1）知，当k=1时，f（x）在[0，+∞）上单调递增，可得f（x）在[0，+∞）上的最小值为f（0）=0．因此

x

1+x

＜ln(1+x)（x＞0），取x=

1

n

可得

1

1+n

＜ln(1+n)-lnn（n∈N^*）．利用“累加求和”即可得出．

解答： 解：（1）f（x）的定义域为（-1，+∞）．f′(x)=

1

1+x

-k•

1+x-x

(x+1)2

=

x+1-k

(1+x)2

，
当k≤0时，f′（x）＞0在（-1，+∞）上恒成立，∴f（x）的单调递增区间是（-1，+∞），无单调递减区间．
当k＞0时，由f′（x）＞0解得x＞k-1，由f′（x）＜0得-1＜x＜k-1，
∴函数f（x）的单调递增区间是（k-1，+∞），单调递减区间是（-1，k-1）．

（2）由（1）知，当k=1时，f（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴f（x）在[0，+∞）上的最小值为f（0）=0．
∴

x

1+x

＜ln(1+x)（x＞0），
∴

1 n

1+ 1 n

＜ln(1+

1

n

)，即

1

1+n

＜ln(1+n)-lnn（n∈N^*）．
∴

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

＜（ln2-ln1）+（ln3-ln2）+…+（ln（n+1）-lnn）=ln（1+n）．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”方法，考查了利用已证明结论证明不等式的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．