Question

已知函数f（x）=ln（1+x）+

a

2

x²-x（a≥0）．
（1）若f（x）＞0对x∈（0，+∞）都成立，求a的取值范围；
（2）已知e为自然对数的底数，证明：?n∈N^*，

e

＜（1+

1

n2

）（1+

2

n2

）…（1+

n

n2

）＜e．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,不等式的证明

专题：导数的综合应用

分析：（1）f（x）＞0对x∈（0，+∞）都成立?f（x）_min＞0．f′（x）=

1

1+x

+ax-1=

x(ax+a-1)

x+1

．（a≥0）．对a分类讨论：a=0，a≥1，0＜a＜1，利用导数研究其单调性即可得出；
（2）由（1）可知：当a=0时，ln（1+x）＜x，x＞0．取x=

i

n2

，（i∈N^*，i≤n，n∈N^*）．可得ln(1+

i

n2

)＜

i

n2

，利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分
（1+

1

n2

）（1+

2

n2

）…（1+

n

n2

）＜e．由（1）可知：当a=1时，ln（1+x）＞x-

1

2

x2＞

1

2

x，1＞x＞0．取x=

i

n2

，（i∈N^*，i≤n，n∈N^*）．则ln(1+

i

n2

)＞

1

2

×

i

n2

，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分．

解答： （1）解：f（x）＞0对x∈（0，+∞）都成立?f（x）_min＞0．
f′（x）=

1

1+x

+ax-1=

x(ax+a-1)

x+1

．（a≥0）．
当a≥1时，f′（x）＞0，∴函数f（x）单调递增，
∴f（x）＞f（0）=0，∴f（x）_min＞0成立，因此a≥1满足条件．
当a=0时，f′（x）=

-x

1+x

＜0，∴函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0），不满足条件，舍去．
当0＜a＜1时，f′（x）=

ax(x- 1-a a )

1+x

，当0＜x＜

1-a

a

时，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（0）=0，不满足条件，舍去．
综上可得：只有当a≥1时满足条件．因此a的取值范围是[1，+∞）．
（2）证明：由（1）可知：当a=0时，ln（1+x）＜x，x＞0．
取x=

i

n2

，（i∈N^*，i≤n，n∈N^*）．
∴ln(1+

i

n2

)＜

i

n2

，
∴ln(1+

1

n2

)+ln(1+

2

n2

)+…+ln(1+

n

n2

)＜

1

n2

+

2

n2

+…+

n

n2

=

n(n+1) 2

n2

=

n+1

2n

≤1，
∴ln[(1+

1

n2

)(1+

2

n2

)•…•(1+

n2

n2

)]＜1
∴（1+

1

n2

）（1+

2

n2

）…（1+

n

n2

）＜e．
由（1）可知：当a=1时，ln（1+x）＞x-

1

2

x2＞

1

2

x，1＞x＞0．
取x=

i

n2

，（i∈N^*，i≤n，n∈N^*）．
则ln(1+

i

n2

)＞

1

2

×

i

n2

，
∴ln(1+

1

n2

)+ln(1+

2

n2

)+…+ln(1+

n

n2

)＞

1

2

(

1

n2

+

2

n2

+…+

n

n2

)=

1

2

×

n+1

2n

≥

1

2

，
∴ln[(1+

1

n2

)(1+

2

n2

)•…•(1+

n2

n2

)]＞

1

2

，
∴（1+

1

n2

）（1+

2

n2

）…（1+

n

n2

）＞

e

．
综上可得：?n∈N^*，

e

＜（1+

1

n2

）（1+

2

n2

）…（1+

n

n2

）＜e．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、“累加求和”、“放缩法”、等差数列的前n项和公式，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了利用已经证明的结论证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．