Question

（2013•天津一模）已知函数f（x）=ax³+bx²在点（2，f（2））处的切线方程为6x+3y-10=0，且对任意的x∈[0，+∞）f'（x）≤kln（x+1）恒成立．
（I）求a，b的值；
（Ⅱ）求实数k的最小值；
（Ⅲ）证明：

n

i=1

1

i

＜ln(n+1)+2(n∈N•)．

Answer 1

分析：（1）（I）利用导数的几何意义即可得到f'（2）=-2，即12a+4b=-2①；切点满足切线方程可得6×2+3y-10=0，即f（2）=8a+4b=-

2

3

②，联立①②即可解出；
（II）由（Ⅰ）得f(x)=-

1

3

x3+

1

2

x2，f'（x）=-x²+x，可得-x²+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立；即x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立；设g（x）=x²-x+kln（x+1），g（0）=0，只需证对于任意的x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0），通过分类讨论利用导数得到函数g（x）的单调性即可得到最值；
（Ⅲ）利用（II）的结论：令k=1，有-x²+x≤ln（x+1），即x≤x²+ln（x+1）在x∈[0，+∞）恒成立．再令x=

1

n

，得

1

n

≤

1

n2

+ln(

1

n

+1)=

1

n2

+ln(n+1)-lnn，利用累加求和和裂项求和即可证明．

解答：解：（Ⅰ）f'（x）=3ax²+2bx，f'（2）=-2，∴12a+4b=-2①
将x=2代入切线方程得y=-

2

3

，∴8a+4b=-

2

3

②
①②联立，解得a=-

1

3

，b=

1

2

．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)=-

1

3

x3+

1

2

x2，f'（x）=-x²+x，
∴-x²+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立；
即x²-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立；
设g（x）=x²-x+kln（x+1），g（0）=0，
∴只需证对于任意的x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0），
g′(x)=2x-1+

k

x+1

=

2x2+x+k-1

x+1

，x∈[0，+∞)，
设h（x）=2x²+x+k-1，
（1）当△=1-8（k-1）≤0，即k≥

9

8

时，h（x）≥0，
∴g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）单调递增，∴g（x）≥g（0）；
（2）当△=1-8（k-1）＞0，即k＜

9

8

时，设x1，

x

2

是方程2x²+x+k-1=0的两根且x₁＜x₂
由x1+

x

2

=-

1

2

，可知x₁＜0，
分析题意可知当

x

2

≤0时对任意x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0）；
∴k-1≥0，k≥1，∴1≤k＜

9

8

综上分析，实数k的最小值为1．
（Ⅲ）令k=1，有-x²+x≤ln（x+1），即x≤x²+ln（x+1）在x∈[0，+∞）恒成立
令x=

1

n

，得

1

n

≤

1

n2

+ln(

1

n

+1)=

1

n2

+ln(n+1)-lnn
∴

n

i=1

1

i

≤1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

+(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+[ln(n+1)-lnn]
=1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

+ln(n+1)＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)n

+ln(n+1)=2-

1

n

+ln(n+1)＜ln（n+1）+2
∴原不等式得证．

点评：本题综合考查了导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、极值最值、利用已经证明的结论证明数列不等式等基础知识与基本技能，考查了分类讨论思想方法、推理能力和计算能力．