Question

16．已知函数f（x）=ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤-1恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）求证：$\sum_{i=2}^n{\frac{lni}{i+1}}＜\frac{n（n-1）}{4}$．（n∈N且n≥2）

Answer 1

分析 （I）由题意可得：f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+k，当k≥0时f′（x）＞0；当k＜0时，解关于导函数的不等式，进而得到函数的单调区间．
（Ⅱ）由（I）知k≤0时，f（2）=1-k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使y_max=f（1+$\frac{1}{k}$）=-lnk≤0恒成立即可，进而求出答案．
（Ⅲ）由题可得：k=-1时，有x∈[0，+∞）时，f（x）≤0恒成立，即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立，令x-1=n²，则2lnn＜（n-1）（n+1），所以可得 $\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，进而证明原不等式成立．

解答 解：（I）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），并且f′（x）=$\frac{1}{x+1}$+k，
①当k≥0时f′（x）＞0，则f（x）在（1，+∞）上是增函数；
②当k＜0时，若x∈（-1，-1-$\frac{1}{k}$）时有f′（x）＞0，
若x∈（-1-$\frac{1}{k}$，+∞）时有f′（x）＜0．
所以f（x）在（-1，-1-$\frac{1}{k}$）上是增函数，在（-1-$\frac{1}{k}$，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）由（I）知k≥0时，f（x）在（-1，+∞）上递增，
而f（0）=k≥0，f（x）≤-1不恒成立，所以k＜0．
又由（I）知y_max=f（-1-$\frac{1}{k}$）=-ln（-k）-1，要使f（x）≤-1恒成立，
则y_max=f（-1-$\frac{1}{k}$）=-ln（-k）-1≤-1即可．
所以解得k≤-1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k=-1时有f（x）≤-1在（-1，+∞）上恒成立，
且f（x）在[0，+∞）上是减函数，f（0）=-1，
所以x∈[0，+∞）时，f（x）≤-1恒成立，
即ln（x-1）＜x-2在（2，+∞）上恒成立
令x-1=n²，则lnn²＜n²-1，即2lnn＜（n-1）（n+1），
从而 $\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{n-1}{2}$，$\frac{ln2}{3}$+$\frac{ln3}{4}$+$\frac{ln4}{5}$+…+$\frac{lnn}{n+1}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{2}$+…+$\frac{n-1}{2}$=$\frac{n（n-1）}{4}$成立．
故$\sum_{i=2}^n{\frac{lni}{i+1}}＜\frac{n（n-1）}{4}$（n∈N，n≥2）成立．

点评 本题考查利用导数求函数的极值，函数的恒成立问题，不等式的证明，体现了分类讨论的数学思想，不等式的放缩，是解题的难点．