Question

设函数f（x）=b•ln（x+1）+x²其中b≠0．
（1）若函数f（x）在定义域上单调递增，求b的取值范围；
（2）若函数f（x）有极值点，写出b的取值范围及函数f（x）的极值点；
（3）证明对任意的正整数n，不等式ln（

1

n

+1）＞

1

n2

-

1

n3

成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′（x）=

2x2+2x+b

x+1

，令g（x）=2x²+2x+b，则g（x）在（-

1

2

，+∞）上递增，在（-1，-

1

2

）上递减，从而g（x）_min=g（-

1

2

）=-

1

2

+b，当b＞

1

2

时，g（x）_min=-

1

2

+b＞0，进而求出b的范围，
（2）由（1）知当b＞

1

2

时函数f（x）无极值点，再分别讨论当b=

1

2

时，当b＜

1

2

时的范围，从而求出函数的极值点，
（3）当b=-1时，f（x）=x²-ln（x+1）．令h（x）=x³-x²+ln（x+1），由h（x）=

3x3+(x-1)2

x+1

在[0，+∞）上恒正，得恒有h（x）＞h（0）=0即当x∈（0，+∞）时，有x³-x²+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x²-x³，对任意正整数n，取x=

1

n

得ln（

1

n

+1）＞

1

n2

-

1

n3

．

解答： 解：（1）函数f（x）=x²+bln（x+1）的定义域在（-1，+∞），
由f′（x）=

2x2+2x+b

x+1

，
令g（x）=2x²+2x+b，
则g（x）在（-

1

2

，+∞）上递增，在（-1，-

1

2

）上递减，
∴g（x）_min=g（-

1

2

）=-

1

2

+b，
当b＞

1

2

时，g（x）_min=-

1

2

+b＞0，
g（x）=2x²+2x+b＞0在（-1，+∞）上恒成立，
所以f'（x）＞0即当b＞

1

2

时，函数f（x）在定义域（-1，+∞）上单调递增．
（2）由（1）知当b＞

1

2

时函数f（x）无极值点．
当b=

1

2

时，f′（x）=

2(x+ 1 2 )2

x+1

，
∴x∈（-1，-

1

2

）时，f′（x）＞0，
x∈（-

1

2

，+∞）时，f′（x）＞0，
∴b=

1

2

时，函数f（x）在（-1，+∞）上无极值点．
当b＜

1

2

时，解f′（x）=0得两个不同解x₁=

-1- 1-2b

2

，x₂=

-1+ 1-2b

2

，
∴x₁∈（-∞，-1），x₂∈（-1，+∞），
此时f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

当0＜b＜

1

2

时，x₁，x₂∈（-1，+∞）f′（x）在（-1，x₁），（x₂，+∞）都大于0，
f′（x）在（x₁，x₂）上小于0，
此时f（x）有一个极大值点x₁=

-1- 1-2b

2

和一个极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

，
综上可知，b＜0，时，f（x）在（-1，+∞）上有唯一的极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

，
当0＜b＜

1

2

时，f（x）有一个极大值点x₁=

-1- 1-2b

2

和一个极小值点x₂=

-1+ 1-2b

2

，
b≥

1

2

时，函数f（x）在（-1，+∞）上无极值点．
（3）当b=-1时，f（x）=x²-ln（x+1）．
令h（x）=x³-x²+ln（x+1），
∴h（x）=

3x3+(x-1)2

x+1

在[0，+∞）上恒正
∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，所以当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＞h（0）=0，
即当x∈（0，+∞）时，有x³-x²+ln（x+1）＞0，ln（x+1）＞x²-x³，对任意正整数n，
取x=

1

n

得ln（

1

n

+1）＞

1

n2

-

1

n3

．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的极值问题，参数的取值，导数的应用，是一道综合题．