Question

8．已知函数f（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+a}$，a是常数，且a≥1．
（Ⅰ）讨论f（x）零点的个数；  
（Ⅱ）证明：$\frac{2}{2n+1}$＜ln（1+$\frac{1}{n}$）＜$\frac{3}{3n+1}$，n∈N⁺．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数判断函数的单调性及极值最值，通过对a分类讨论求得函数零点的个数，
（Ⅱ）取a=2或a=$\frac{3}{2}$，由（1）知函数单调性，即可证明．

解答 证明：（Ⅰ）${f^/}（x）=\frac{1}{x+1}-\frac{a^2}{{{{（x+a）}^2}}}=\frac{{x（x-{a^2}+2a）}}{{（x+1）{{（x+a）}^2}}}$，
解f′（x）=0得x=0，或x=a²-2a
①a=1时，${f^/}（x）=\frac{x}{{{{（x+1）}^2}}}$，若x∈（-1，0），f′（x）＜0，f（x）＞f（0）=0，若x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）＞f（0）=0．f（x）有一个零点，
②1＜a＜2时，-1＜a²-2a＜0，

x	（-1，a2-2a）	a2-2a	（a2-2a，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

由上表可知，f（x）在区间（a²-2a，+∞）有一个零点x=0，
f（a²-2a）＞f（0）=0，又$-\frac{ax}{x+a}=\frac{a^2}{x+a}-a≤\frac{a^2}{a-1}-a=\frac{a}{a-1}$，
任取$t∈（-1，{e^{\frac{a}{1-a}}}-1）$，$f（t）＜\frac{a}{1-a}+\frac{a}{a-1}=0$，
f（x）在区间（t，a²-2a）有一个零点，从而f（x）有两个零点，
③a=2时，${f^/}（x）=\frac{x^2}{{（x+1）{{（x+2）}^2}}}＞0$，f（x）在（-1，+∞）上单调递增，有一个零点x=0，
④a＞2时，a²-2a＞0，

x	（-1，0）	0	（0，a2-2a）	a2-2a	（a2-2a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗		↘		↗

由上表可知，f（x）在区间（-1，a²-2a）有一个零点x=0，在区间（a²-2a，+∞）有一个零点，从而f（x）有两个零点，
（Ⅱ）证明：取a=2，由（1）知$f（x）=ln（x+1）-\frac{2x}{x+2}$在（-1，+∞）上单调递增，
取$x=\frac{1}{n}$（n∈N^*），则$f（\frac{1}{n}）＞f（0）=0$，化简得$ln（1+\frac{1}{n}）＞\frac{2}{2n+1}$，
取$a=\frac{3}{2}$，由（1）知$f（x）=ln（x+1）-\frac{3x}{2x+3}$在区间$（-\frac{3}{4}，0）$上单调递减，
取$x=-\frac{1}{n+1}∈（-\frac{3}{4}，0）$（n∈N^*），由f（x）＞f（0）得$ln（1-\frac{1}{n+1}）＞\frac{{-\frac{3}{n+1}}}{{2（-\frac{1}{n+1}）+3}}$，
即$ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{3}{3n+1}$（n∈N^*），
综上，$\frac{2}{2n+1}＜ln（1+\frac{1}{n}）＜\frac{3}{3n+1}$，n∈N^*

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，考查学生运用分类讨论思想、划归思想解决数学问题的能力，属难题．