Question

设g（x）=（a-1）x-bf（x），其中f（x）=ln（x+1），a＞0，且g（e-1）=（b-1）（e-1）-a
（e为自然对数的底数）
（1）求a与b的关系；
（2）若g（x）在区间(-

1

2

，2)上单调递减，求f（a）的取值范围；
（3）证明：①g（x）≥-x（x＞-1）；
②[

1

f(1)

-f′(1)f′(2)]+[

1

f(2)

-f′(2)f′(3)]+…+[

1

f(n-1)

-f′(n-1)f′(n)]≥

1

2

（n∈N^*且n≥2）

Answer 1

分析：（1）、将x=e-1代入g（x），将等式两边相等便可求出a与b的关系；
（2）、先求出g（x）的导函数g'（x），令g'（x）≤0，便可求出a的取值范围，根据a的取值范围可以求出f（a）的取值范围；
（3）①令p（x）=g（x）+x，先求出导函数p'（x），根据p'（x）求出函数的单调性，进而求得p（x）在（-1，+∞）的最小值为0，即可证明；
②、根据①的结论可以求出

1

f(n)

和f′（n-1）f′（n）的函数表达式，将二者的表达式代入其中，逐步化简便可证明敢不等式．

解答：解：（1）g（e-1）=（a-1）（e-1）-bln（e-1+1）
=（a-1）（e-1）-b=（b-1）（e-1）-a
则（a-b）（e-1）+（a-b）=0即（a-b）e=0，
∴a=b（3分）
（2）由（1）g（x）=（a-1）x-aln（x+1），g′(x)=(a-1)-

a

x+1

（4分）
g（x）在区间(-

1

2

，2)上单调递减，则g'（x）≤0在区间(-

1

2

，2)上恒成立（5分）
由g'（x）≤0得(a-1)-

a

x+1

≤0即

(a-1)x-1

x+1

≤0
而x+1≥

1

2

，则（a-1）x-1≤0区间(-

1

2

，2)上恒成立
令?（x）=（a-1）x-1，
则

{	?(- 1 2 )≤0 ?(2)≤0

?-1≤a≤

3

2

而a＞0，则0＜a≤

3

2

（7分）
由1＜1+a≤

5

2

知0＜ln(1+a)≤ln

5

2

故f（a）的取值范围为(0，ln

5

2

]（8分）
（3）证明：①令p（x）=g（x）+x=ax-aln（x+1）（x＞-1）
则p′(x)=a(1-

1

x+1

)=

ax

x+1

，由p'（x）＞0得x＞0
∴p（x）在（-1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
∴p（x）≥p（0）=0
即g（x）≥-x（x＞-1）（10分）
②由①易知x≥ln（x+1），
∴当n≥2时，ln[（n²-1）+1]≤n²-1，即lnn≤

n2-1

2

∴当n≥2时

1

lnn

≥

2

n2-1

，
f′(n-1)f′(n)=

1

n(n+1)

，

1

f(n-1)

=

1

lnn

≥

2

n2-1

=

2

(n+1)(n-1)

=

1

n-1

-

1

n+1

（1）
∴n∈N^*且n≥2时
[

1

f(1)

-f′(1)f′(2)] +[

1

f(2)

-f′(2)f′(3)] +…[

1

f(n-1)

-f′(n-1)f′(n)]
=[

1

f(1)

+

1

f(2)

+…

1

f(n-1)

]+[ f′(1)f′(2)+f′(2)f′(3)+…+f′(n-1)f′(n)]
=(

1

ln2

+

1

ln3

+…

1

lnn

) -[

1

2×3

+

1

3×4

+…

1

n(n+1)

]
≥[

1

1×3

+

1

2×4

+…

2

(n-1)(n+1)

]-[ (

1

2

-

1

3

)+(

1

3

-

1

4

)+…+(

1

n

-

1

n+1

)]
=[（1-

1

3

）+（

1

2

-

1

4

）+…+（

1

n-1

-

1

n+1

）]-（

1

2

-

1

n+1

）
=（1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

）+（

1

n+1

-

1

2

）
=1-

1

n

≥

1

2

．

点评：本题主要考查了利用函数的导数求出函数的单调性以及函数的最值问题，以及利用导函数证明不等式，本题综合性较强，是各地高考的热点和难点，属于中档题，同学们要加强训练．