Question

2．已知函数f（x）=ax²+1，g（x）=ln（x+1）
（1）实数a为何值时，函数g（x）在x=0处的切线与函数f（x）的图象也相切；
（2）当x∈[0，+∞）时，都有不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，求a的取值范围；
（3）已知n∈N，试判断g（n）与g′（1）+g′（2）+…+g′（n-1）的大小，并证明之．

Answer 1

分析 （1）求出函数g（x）的导数，得到方程组，从而求出a的值；
（2）问题转化为：ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，设h（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需h（x）_max≤0即可，求出函数h（x）的导数，讨论a的范围，得到函数h（x）的单调性，从而求出a的范围；
（3）通过ln（x+1）≤x，令x=$\frac{1}{n}$，则ln（$\frac{1}{n}$+1）≤$\frac{1}{n}$，继而可得ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，从而证出结论．

解答 解：（1）∵g（x）=ln（x+1），∴g′（x）=$\frac{1}{x+1}$，∴g′（0）=1，
故g（x）在x=0处的切线方程为y=x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x}\\{y={ax}^{2}+1}\end{array}\right.$，得ax²-x+1=0，
∴1-4a=0，∴a=$\frac{1}{4}$，
（2）当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）+g（x）≤x+1成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，
设h（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），只需h（x）_max≤0即可，
由h′（x）=2ax+$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
①a=0时，h′（x）=-$\frac{x}{x+1}$，
当x＞0时，h′（x）＜0，
函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，
故h（x）≤h（0）=0成立；
②a＞0时，由h′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{2a}$-1或x=0，
若$\frac{1}{2a}$-1＜0，即a＞$\frac{1}{2}$时，在区间（0，+∞）上，h′（x）＞0，
则函数h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）在[0，+∞）无最大值，不满足条件，
若$\frac{1}{2a}$-1≥0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$时，
则函数h（x）在（0，$\frac{1}{2a}$-1）单调递减，在（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）单调递增，
同样，h（x）在[0，+∞）无最大值，不满足条件；
③a＜0时，由h′（x）=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴h′（x）＜0，故函数h（x）在[0，+∞）单调递减，故h（x）≤h（0）=0成立，
综上，实数a的范围是[-∞，0]；
（3）证明如下：由（2）得，当a=0时，ln（x+1）≤x，
令x=$\frac{1}{n}$，则ln（$\frac{1}{n}$+1）≤$\frac{1}{n}$，
∴ln（n+1）-lnn＜$\frac{1}{n}$，
故lnn-ln（n-1）＜$\frac{1}{n-1}$，
ln（n-1）-ln（n-2）＜1$\frac{1}{n-2}$，
…，
ln3-ln2＜$\frac{1}{2}$，
ln2-ln1＜1，
∴ln（n+1）＜1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
即g（n）＜g′（1）+g′（2）+…+g′（n-1）．

点评 本题考察了导数的应用，函数的单调性问题，考察分类讨论思想，本题属于一道难题．