Question

5．设函数f（x）=x³-2x²+a，g（x）=x²+mln（x+1）．
（I）若f（x）在x∈[-$\frac{1}{2}$，1]上的最大值为0，求实数a的值；
（II）若g（x）是定义域上的单调函数，求实数m的取值范围；
（III）在（I）的条件下，当m=1时，令F（x）=f（x）+g（x），试证明ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{n-1}{{n}^{3}}$（n∈N⁺）恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，问题转化为m≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（Ⅲ）当m=1时，F（x）=f（x）+g（x）=x³-x²+ln（x+1），求出函数的导数，得到ln（x+1）＞x²-x³在（0，+∞）上恒成立．令x=$\frac{1}{n}$∈（0，+∞），证出结论即可．

解答 （I）解：因为f（x）=x³-2x²+a，
所以f′（x）=3x²-4x，
令f′（x）=0，得x=0或x=$\frac{4}{3}$，
又f（x）在[-$\frac{1}{2}$，0）上递增，在（0，1]上递减，
所以f（x）_max=f（0）=a=0．…（2分）
（II）解：因为g′（x）=2x+$\frac{m}{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+m}{x+1}$，
又函数g（x）在定义域上是单调函数，
所以g′（x）≥0或g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．
若g′（x）≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即函数g（x）是定义域上的单调递增函数，
则m≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，
由此可得：m≥$\frac{1}{2}$．…（4分）
若g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，
即函数g（x）是定义域上的单调递减函数，
则m≤-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上恒成立，
因为-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$在（-1，+∞）上没有最小值，
所以不存在实数m使g′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．…（6分）
综上所述，实数m的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）．…（7分）
（III）证明：在（I）的条件下，
当m=1时，F（x）=f（x）+g（x）=x³-x²+ln（x+1），
则F′（x）=3x²-2x+$\frac{1}{x+1}$=$\frac{{3x}^{3}{+（x-1）}^{2}}{x+1}$，
显然当x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0，
所以F（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以F（x）＞F（0）=0，即ln（x+1）＞x²-x³在（0，+∞）上恒成立．
令x=$\frac{1}{n}$∈（0，+∞）（n∈N^*），…（10分）
则有ln（$\frac{1}{n}$+1）＞$\frac{1}{{n}^{2}}$-$\frac{1}{{n}^{3}}$，即ln$\frac{n+1}{n}$＞$\frac{n-1}{{n}^{3}}$（n∈N^*）恒成立．…（12分

点评 本题考查了求函数的单调性、最值问题，考查不等式的证明以及转化思想，是一道综合题．