Question

19．设函数f（x）=$\frac{x}{1+x}$-aln（1+x），g（x）=ln（1+x）-bx．
（1）若函数f（x）在x=0处有极值，求函数f（x）的最大值；
（2）①若b是正实数，求使得关于x的不等式g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立的b的取值范围；
②证明：不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，由极值可得f′（0）=0，解得a=1，再求f（x）的单调区间，可得极大值，也为最大值；
（2）①求得g（x）的导数，对b讨论，（i）若b≥1，（ii）若b≤0，（iii）若0＜b＜1，通过导数判断单调性，即可求得b的范围；
②由以上可得，$\frac{x}{1+x}$＜ln（1+x）＜x（x＞0），取x=$\frac{1}{n}$，得$\frac{1}{n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$，通过求和和对数的性质即可得证．

解答 解：（1）由已知得：f′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}$-$\frac{a}{1+x}$，
又∵函数f（x）在x=0处有极值
∴f′（0）=$\frac{1}{（1+0）^{2}}$-$\frac{a}{1+0}$=0，即a=1  
∴f（x）=$\frac{x}{1+x}$-ln（1+x），f′（x）=$\frac{1}{（1+x）^{2}}$-$\frac{1}{1+x}$=$\frac{-x}{（1+x）^{2}}$，
∴当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
∴函数f（x）的最大值为f（0）=0；
（2）①由已知得：g′（x）=$\frac{1}{1+x}$-b，
（i）若b≥1，则x≥0时，g′（x）≤0，
∴g（x）在[0，+∞）上为减函数，
∴g（x）＜g（0）=0在（0，+∞）上恒成立；  
（ii）若b≤0，则x≥0时，g′（x）＞0，
∴g（x）在[0，+∞）上为增函数，
∴g（x）＞g（0）=0，不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立；
（iii）若0＜b＜1，则g′（x）=0，可得x=$\frac{1}{b}$-1，
当0≤x＜$\frac{1}{b}$-1，g′（x）≥0，g（x）在[0，$\frac{1}{b}$-1）上递增，
此时g（x）＞g（0）=0，不能使g（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
综上可得，b的取值范围为[1，+∞）；
②证明：由以上可得，$\frac{x}{1+x}$＜ln（1+x）＜x（x＞0），
取x=$\frac{1}{n}$，得$\frac{1}{n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{1}{n}$，
令x_n=$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn，
取x₁=$\frac{1}{2}$，x_n-x_n-1=$\frac{n}{{n}^{2}+1}$-ln（1+$\frac{1}{n-1}$）＜$\frac{n}{{n}^{2}+1}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{-1}{n（{n}^{2}+1）}$＜0，
因此x_n＜x_n-1＜…＜x₁=$\frac{1}{2}$，
则有不等式$\sum_{k=1}^{n}$$\frac{k}{{k}^{2}+1}$-lnn≤$\frac{1}{2}$（n∈N^*）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查函数的单调性的运用，对数的运算性质和求和方法，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．