Question

10．设函数f（x）=x²+bln（x+1）．
（1）若x=1时，函数f（x）取极小值，求实数b的值；
（2）若函数f（x）在定义域上是单调函数，求实数b的取值范围；
（3）若b=-1，证明对任意正整数n，不等式f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{n}^{3}}$都成立．

Answer 1

分析 （1）利用导数的几何意义及函数最值的意义得出f′（1）=0，求得b值；
（2）由函数f（x）在定义域上是单调函数，可得f′（x）≥0或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立，转化为利用导数求函数的最值问题解决即可；
（3）构造函数h（x）=f（x）-x³，利用导数判断且单调性，得出f（x）＜x³，取x=$\frac{1}{k}$，则有f（$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{{k}^{3}}$（k∈N₊），即得结论成立．

解答 解：（1）由x+1＞0得x＞-1
∴f（x）的定义域为（-1，+∞），
对x∈（-1，+∞），都有f（x）≥f（1），
∴f（1）是函数f（x）的极小值，故有f′（1）=0，
f′（x）=2x+$\frac{b}{x+1}$，
∴2+$\frac{b}{2}$=0，解得b=-4．
经检验，合题意；
（2）∵f′（x）=2x+$\frac{b}{x+1}$=$\frac{{2x}^{2}+2x+b}{x+1}$，
又函数f（x）在定义域上是单调函数，
∴f′（x）≥0或f′（x）≤0在（-1，+∞）上恒成立．
若f′（x）≥0，
∵x+1＞0，
∴2x²+2x+b≥0在（-1，+∞）上恒成立，
即b≥-2x²-2x=-2${（x+\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$恒成立，由此得b≥$\frac{1}{2}$；
若f′（x）≤0，
∵x+1＞0，
∴2x²+2x+b≤0，即b≤-（2x²+2x）恒成立，
因-（2x²+2x） 在（-1，+∞）上没有最小值，
∴不存在实数b使f（x）≤0恒成立．
综上所述，实数b的取值范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）当b=-1时，函数f（x）=x²-ln（x+1），
令函数h（x）=f（x）-x³=x²-ln（x+1）-x³，
则h′（x）=-3x²+2x-$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{{3x}^{3}{+（x-1）}^{2}}{x+1}$，
∴当x∈（0，+∞）时，h′（x）＜0所以函数h（x）在x∈（0，+∞）上是单调递减．
又h（0）=0，
∴当x∈（0，+∞）时，恒有h（x）＜h（0）=0，[即x²-ln（x+1）＜x³恒成立．
故当x∈（0，+∞）时，有f（x）＜x³．
∵k∈N₊，
∴$\frac{1}{k}$∈（0，+∞），取x=$\frac{1}{k}$，则有f（$\frac{1}{k}$）＜$\frac{1}{{k}^{3}}$．
∴f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＜1+$\frac{1}{{2}^{3}}$+$\frac{1}{{3}^{3}}$+…+$\frac{1}{{n}^{3}}$，故结论成立．

点评 本题考查了导数的几何意义及函数的最值意义以及利用导数判断函数的单调性及求最值等知识，考查不等式恒成立的条件等价转化思想、分类讨论思想的．综合应用较强，属难题．