题目内容
已知f（x）=ln（1+x2）+ax（a≤0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性．
（Ⅱ）证明：（1+
| 1 |
| 24 |
| 1 |
| 34 |
| 1 |
| n4 |
分析：（I）先求导数fˊ（x），讨论a的与0和-1的大小，在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，即可求出函数f（x）的单调区间；
（II）先根据a=-1时，f（x）的单调性得到ln（1+x2）＜x，然后利用该不等式得到ln[（1+
）•（1+
）…（1+
）]＜
+
+…+
，最后利用放缩法进行化简，利用裂项法进行求和即可证得结论．
（II）先根据a=-1时，f（x）的单调性得到ln（1+x2）＜x，然后利用该不等式得到ln[（1+
| 1 |
| 24 |
| 1 |
| 34 |
| 1 |
| n4 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 32 |
| 1 |
| n2 |
解答：解：（Ⅰ）f′（x）=-
+a=
当a=0时，f′（x）=
＞0?x＞0
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∝，0）单调递减．
当a＜0且ax2+2x+a=0的判别式△≤0，
即a≤0时，f′（x）≤0对x∈R恒成立．
∴f（x）在R上单调递减．
当-1＜a＜0时，由f′（x）＞0得：ax2+2x+a＞0
解得：
＜x＜
由f′（x）＜0可得：x＞
或x＜
∴f（x）在[
，
]上单调递增，
在（-∝，
]，[
，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减．
当x＞0时f（x）＜f（0）
∴ln（1+x2）-x＜0，即ln（1+x2）＜x
∴ln[（1+
）•（1+
）…（1+
）]
=ln（1+
）•（1+
）…（1+
）＜
+
+…+
＜
+
+…+
=（1-
）+（
-
）+…+（
-
）=1-
＜1
∴（1+
）•（1+
）…（1+
）＜e．
| ax |
| 1+x2 |
| ax2+2x+a |
| 1+x2 |
当a=0时，f′（x）=
| 2x |
| 1+x2 |
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，在（-∝，0）单调递减．
当a＜0且ax2+2x+a=0的判别式△≤0，
即a≤0时，f′（x）≤0对x∈R恒成立．
∴f（x）在R上单调递减．
当-1＜a＜0时，由f′（x）＞0得：ax2+2x+a＞0
解得：
1+
| ||
| a |
1-
| ||
| a |
由f′（x）＜0可得：x＞
1-
| ||
| a |
1+
| ||
| a |
∴f（x）在[
1+
| ||
| a |
1-
| ||
| a |
在（-∝，
1+
| ||
| a |
1-
| ||
| a |
（Ⅱ）由（Ⅰ）当a=-1时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递减．
当x＞0时f（x）＜f（0）
∴ln（1+x2）-x＜0，即ln（1+x2）＜x
∴ln[（1+
| 1 |
| 24 |
| 1 |
| 34 |
| 1 |
| n4 |
=ln（1+
| 1 |
| 24 |
| 1 |
| 34 |
| 1 |
| n4 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 32 |
| 1 |
| n2 |
＜
| 1 |
| 1×2 |
| 1 |
| 2×3 |
| 1 |
| n(n-1) |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+1 |
| 1 |
| n |
∴（1+
| 1 |
| 24 |
| 1 |
| 34 |
| 1 |
| n4 |
点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间，以及分类讨论的数学思想，放缩法和裂项求和法的应用，属于中档题．
练习册系列答案
相关题目