Question

14．已知函数f（x）=plnx+（p-1）x²+1
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当p=1时，若对?x＞0，f（x+1）+$\frac{a}{x+2}$＞2恒成立，求实数a的取值范围；
（3）求证：$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$＜ln（n+1）（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：①确定 f（x）的定义域；②求导数fˊ（x）；③在函数 的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0；④确定 的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论；
（2）问题转化为a＞（x+2）[1-ln（1+x）]，令h（x）=（x+2）[1-ln（1+x）]，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）令a=2，得到ln（1+x）＞$\frac{x}{x+2}$（*），令x=$\frac{1}{k}$，（k∈N^*），即ln$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{1}{2k+1}$，依次令k=1，2，3，…，n，得ln$\frac{2}{1}$＞$\frac{1}{3}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{5}$，ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{7}$，…，ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{2n+1}$，将这n个式子左右两边分别相加即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{p}{x}$+2（p-1）x=$\frac{2（p-1{）x}^{2}+p}{x}$，
当p≥1时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当p≤0时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当0＜p＜1时，令f′（x）=0，解得x=$\sqrt{-\frac{p}{2（p-1）}}$．
则当x∈（0，$\sqrt{-\frac{p}{2（p-1）}}$）时，f′（x）＞0；x∈（ $\sqrt{-\frac{p}{2（p-1）}}$，+∞）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{p}{2（p-1）}}$）上单调递增，在（ $\sqrt{-\frac{p}{2（p-1）}}$，+∞）上单调递减；
（2）?x＞0，f（x+1）+$\frac{a}{x+2}$＞2恒成立??x＞0，ln（1+x）+$\frac{a}{x+2}$＞1??x＞0，a＞（x+2）[1-ln（1+x）]，
令h（x）=（x+2）[1-ln（1+x）]，
则h′（x）=-ln（1+x）-$\frac{1}{x+1}$，
x＞0时，显然h′（x）＜0，
故h（x）在（0，+∞）递减，
故x＞0时，h（x）＜h（0）=2，
故a的范围是[2，+∞）；
（3）由（2）得，a=2，x＞0时，ln（1+x）+$\frac{2}{x+2}$＞1，
即ln（1+x）＞$\frac{x}{x+2}$（*），
在（*）中，令x=$\frac{1}{k}$，（k∈N^*），
得ln$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{\frac{1}{k}}{2+\frac{1}{k}}$，即ln$\frac{k+1}{k}$＞$\frac{1}{2k+1}$，
依次令k=1，2，3，…，n，得ln$\frac{2}{1}$＞$\frac{1}{3}$，ln$\frac{3}{2}$＞$\frac{1}{5}$，ln$\frac{4}{3}$＞$\frac{1}{7}$，…，ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{1}{2n+1}$，
将这n个式子左右两边分别相加得
ln（n+1）＞$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{5}$+$\frac{1}{7}$+…+$\frac{1}{2n+1}$（n∈N^*）．

点评 此题是个难题．本题主要考查导数的概念、利用导数研究函数的单调性、利用函数的单调性证明不等式和利用导数研究函数性质的能力，考查分类讨论思想、数形结合思想和等价变换思想．