Question

14．已知函数f（x）=kln$\sqrt{x+1}$图象与二次函数g（x）=x²+x的图象在原点处有相同的切线．
（1）求实数k的值；
（2）若数列{a_n}满足a₁=1，（n+1）a_n+1²-na_n²+a_n•a_n+1=0（n∈N，且a_n＞0），求证f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出导数，求得切线的斜率，解方程可得k=2；
（2）运用因式分解，可得a_n=$\frac{1}{n}$，a_n+1=$\frac{1}{n+1}$，不等式f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$，即为f（$\frac{1}{n}$）=ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，设$\frac{1}{n}$=x，则ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，即有g（x）=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，x∈（0，1），求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=kln$\sqrt{x+1}$=$\frac{k}{2}$ln（x+1），
f（x）的导数为f′（x）=$\frac{k}{2}$•$\frac{1}{x+1}$，
g（x）=x²+x的导数为g′（x）=2x+1，
由f（x）与g（x）的图象在原点处有相同的切线，
可得$\frac{k}{2}$=1，解得k=2；
证明：（2）（n+1）a_n+1²-na_n²+a_n•a_n+1=0，可得
n（a_n+1²-a_n²）+a_n+1（a_n+a_n+1）=0，
即有n（a_n+1-a_n）（a_n+1+a_n）+a_n+1（a_n+a_n+1）=0，（a_n＞0），
可得n（a_n+1-a_n）+a_n+1=0，
即有（n+1）a_n+1=na_n=（n-1）a_n-1=…=2a₂=a₁=1，
可得a_n=$\frac{1}{n}$，a_n+1=$\frac{1}{n+1}$．
不等式f（$\frac{{a}_{n}-{a}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$）$＜\frac{{a}_{n}+{a}_{n+1}}{2}$，
即为f（$\frac{1}{n}$）=ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，
设$\frac{1}{n}$=x，则ln（1+$\frac{1}{n}$）-$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，
即有g（x）=ln（1+x）-$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，x∈（0，1），
g′（x）=$\frac{-{x}^{2}}{2（x+1）^{2}}$＜0，g（0）=0，
所以g（x）＜0，即ln（1+x）＜$\frac{2x+{x}^{2}}{2（x+1）}$，
则ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{2n+1}{2n（n+1）}$，
故原不等式成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率，同时考查数列的通项公式的求法，数列的不等式的证明，注意运用构造函数，求出导数判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．