Question

5．已知函数f（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{x+1}$（a＞0）．
（1）若函数在x=1处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）若f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：（$\frac{2016}{2017}$）²⁰¹⁷＜$\frac{1}{e}$（e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（1）=0，解得a的值即可；
（2）通过讨论a的范围，求出f（x）的单调性，从而求出f（x）的最小值，结合题意确定a的范围即可；
（3）问题转化为证明$ln\frac{2017}{2016}-\frac{1}{2017}＞0$，即证$ln（1+\frac{1}{2016}）-\frac{1}{1+2016}＞0$，由（2）知a=1时，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{x+1}$在[0，+∞）单调递增，从而证出结论即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ln（1+x）-$\frac{ax}{x+1}$，（a＞0），
∴f′（x）=$\frac{x+1-a}{{（x+1）}^{2}}$，f′（1）=0，即a=2；
（2）∵f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，∴f（x）_min≥0，
当0＜a≤1时，f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，即f（x）在[0，+∞）上为增函数，
∴f（x）_min=f（0）=0成立，即0＜a≤1，
当a＞1时，令f′（x）≥0，则x＞a-1，令f′（x）＜0，则0≤x＜a-1，
即f（x）在[0，a-1）上为减函数，在（a-1，+∞）上为增函数，
∴f（x）_min=f（a-1）≥0，又f（0）=0＞f（a-1），则矛盾．
综上，a的取值范围为（0，1]．
（3）要证${（\frac{2016}{2017}）^{2017}}＜\frac{1}{e}$，只需证${（\frac{2017}{2016}）^{2017}}＞e$
两边取自然对数得，$2017ln\frac{2017}{2016}＞1$，即证$ln\frac{2017}{2016}＞\frac{1}{2017}$，
即证$ln\frac{2017}{2016}-\frac{1}{2017}＞0$，即证$ln（1+\frac{1}{2016}）-\frac{1}{1+2016}＞0$，
由（2）知a=1时，f（x）=ln（1+x）-$\frac{x}{x+1}$在[0，+∞）单调递增．
又$\frac{1}{1+2016}＞0$，f（0）=0，
所以$f（\frac{1}{2016}）=ln（1+\frac{1}{2016}）-\frac{1}{1+2016}＞f（0）=0$，
所以${（\frac{2016}{2017}）^{2017}}＜\frac{1}{e}$成立．

点评 本题考查了函数的单调性、极值的意义，考查导数的意义以及不等式的证明，分类讨论思想，是一道综合题．