Question

已知函数f（x）=ax-ln（x+1）．
（Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设x₁，x₂，…，x_n是互不相等的正整数，n∈N^*，证明：

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

＞1n（n+1）．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=2时，求导数，利用导数的正负，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）≥0恒成立，即当x∈[0，+∞）时，f（x）_min≥0，分类讨论，求最小值，即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明1+

1

2

+…+

1

n

＞ln(

2

1

)+ln(

3

2

)+…+ln(

n+1

n

)=ln(n+1)．又由柯西不等式，有(

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

)(

1

x1

+

1

x2

+…+

1

xn

)≥(1+

1

2

+…+

1

n

)2．即(

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

)≥

(1+ 1 2 +…+ 1 n )2

( 1 x1 + 1 x2 +…+ 1 xn )

，从而可以证明结论．

解答： 解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=2x-ln（x+1）．
f?(x)=2-

1

x+1

=

2x+1

x+1

(x＞-1)．
令f'（x）＞0，得x＞-

1

2

，因此函数f（x）的单调递增区间为(-

1

2

，+∞)．
令f'（x）＜0，得-1＜x＜-

1

2

，因此函数f（x）的单调递减区间为(-1，-

1

2

)．…（4分）
（Ⅱ）依题意，当x∈[0，+∞）时，f（x）_min≥0.f′(x)=a-

1

x+1

=

ax+a-1

x+1

(x≥0)．
（1）当a≤0时，f′(x)=

ax+a-1

x+1

＜0．∴f（x）在[0，+∞）上是减函数，此时无最小值；即a≤0不可能有f（x）≥0恒成立．
（2）当a＞0时，f′(x)=

a(x- 1-a a )

x+1

．
①当

1-a

a

≤0，即a≥1时f′(x)=

a(x- 1-a a )

x+1

＞0，f（x）在上是增函数，
所以，f（x）_min=f（0）=0，即a≥1时，f（x）_min≥0，不等式f（x）≥0恒成立．
②当

1-a

a

＞0，即a＜1时，
令f'（x）＞0，函数f（x）在(

1-a

a

，+∞)上递增；令f'（x）＜0，函数f（x）在(0，

1-a

a

)上递减．
∴f(x)min=f(

1-a

a

)=1-a-ln

1

a

=1-a+lna，
但此时1-a+lna＜0，不可能有f（x）_min≥0，即不可能有f（x）≥0恒成立．
综合上述，a的取值范围是a≥1．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ），取a=1，有f（x）=x-ln（x+1）≥0，得x≥ln（x+1）．
取x=

1

n

，有

1

n

≥ln(

n+1

n

)，∴1+

1

2

+…+

1

n

＞ln(

2

1

)+ln(

3

2

)+…+ln(

n+1

n

)=ln(n+1)．
又由柯西不等式，有(

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

)(

1

x1

+

1

x2

+…+

1

xn

)≥(1+

1

2

+…+

1

n

)2．
即(

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

)≥

(1+ 1 2 +…+ 1 n )2

( 1 x1 + 1 x2 +…+ 1 xn )

．
∵x₁，x₂，…，x_n是互不相等的正整数，
∴

1

x1

+

1

x2

+…+

1

xn

≤1+

1

2

+…+

1

n

．
∴

1

1 x1 + 1 x2 +…+ 1 xn

≥

1

1+ 1 2 +…+ 1 n

．
∴(

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

)≥

(1+ 1 2 +…+ 1 n )2

( 1 x1 + 1 x2 +…+ 1 xn )

≥1+

1

2

+…+

1

n

，
又由上已证1+

1

2

+…+

1

n

＞ln(n+1)，∴

x1

12

+

x2

22

+…+

xn

n2

＞ln(n+1)．…（14分）

点评：本题主要考查函数单调性的判断以及利用导数证明不等式，综合考查了导数的应用，运算量较大，综合性较强．