Question

已知函数f（x）=xln（1+x）-a（x+1）（x＞0），其中a为实常数．
（1）若函数g(x)=f′(x)-

2x

1+x

≥0定义域内恒成立，求a的取值范围；
（2）证明：当a=0时，

f(x)

x2

≤1；
（3）求证：

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

＜ln(1+n)＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由题意g(x)=ln(1+x)-

x

1+x

-a，x∈[0，+∞)则g′(x)=

1

1+x

-

1

(1+x)2

=

x

(1+x)2

≥0即g（x）在[0，+∞）上单调递增，从而a≤g（0）=0，问题解决．
（2）即证ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞），设h（x）=ln（1+x）-x（x＞0），由h′(x)=

1

1+x

-1=

-1

1+x

≤0，得h（x）≤h（0）=0，从而ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞）；
（3）利用

x

x+1

≤ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞），令x=

1

n

，累加得：

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

＜ln（1+n）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

．

解答： 解：（1）由题意g(x)=ln(1+x)-

x

1+x

-a，x∈[0，+∞)
则g′(x)=

1

1+x

-

1

(1+x)2

=

x

(1+x)2

≥0
即g（x）在[0，+∞）上单调递增，
a≤g（0）=0，
∴a∈（-∞，0]；
（2）即证ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞），
设h（x）=ln（1+x）-x（x＞0），
∴h′(x)=

1

1+x

-1=

-1

1+x

≤0
∴h（x）在[0，+∞）上单调递减，
∴h（x）≤h（0）=0，
∴ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞）；
（3）利用

x

x+1

≤ln（1+x）≤x，x∈[0，+∞），
令x=

1

n

，得：

1

n+1

＜ln（1+n）-lnn＜

1

n

，

1

n

＜lnn-ln（n-1）＜

1

n-1

，
…，

1

2

＜ln2-ln1＜1，
累加得：

1

2

+

1

3

+…+

1

n+1

＜ln（1+n）＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

，
∴当a=0时，

f(x)

x2

≤1；

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．