Question

19．函数f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，g（x）=a（e^x-x）
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若f（x）-x²≤（x+1）g（x）恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：$\sum_{k=1}^{n}\frac{ln（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}}$≥$\frac{n}{n+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，求得单调区间，即可得到极值；
（2）依题意，f（x）-x²≤（x+1）g（x）恒成立?a（e^x-x）≥ln（x+1）-x恒成立，令y=e^x-x，利用导数可求得y_最小值=e⁰-0=1，故问题转化为求a≥$\frac{ln（x+1）-x}{{e}^{x}-x}$恒成立．令t（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），易求t（x）_极大值=t（x）_最大值=t（0）=0，从而可求得$\frac{ln（x+1）-x}{{e}^{x}-x}$的最大值为0，继而得到a的取值范围；
（3）由（1）可得，f（x）在x=0处取得最小值0，即有（x+1）ln（x+1）≥x，当x＞0时，$\frac{ln（1+x）}{x}$≥$\frac{1}{1+x}$，令x=n²，得到不等式，再由裂项相消求和即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=（x+1）ln（x+1）-x的导数为f′（x）=ln（x+1），
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，
当-1＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）在（-1，0）递减．
即有f（x）在x=0处取得极小值，且为0，无极大值；
（2）∵f（x）=（x+1）ln（x+1）-x，g（x）=a（e^x-x），
∴f（x）-x²≤（x+1）g（x）恒成立?（x+1）[ln（x+1）-x]≤a（x+1）（e^x-x）恒成立，
又x+1＞0，∴a（e^x-x）≥ln（x+1）-x恒成立，
令y=e^x-x，则y′=e^x-1，当-1＜x＜0时，y′＜0；当x＞0时，y′＞0，
∴当x=0时，y=e^x-x取得极小值，也是最小值，即y_最小值=e⁰-0=1＞0，①
∴a≥$\frac{ln（x+1）-x}{{e}^{x}-x}$恒成立．
令t（x）=ln（x+1）-x（x＞-1），则t′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=$\frac{-x}{x+1}$，
当-1＜x＜0时，y′＞0；当x＞0时，y′＜0，
∴当x=0时，t（x）=ln（x+1）-x取得极大值，
t（x）_极大值=t（x）_最大值=t（0）=ln1-0=0，②
由①②知，y=$\frac{ln（x+1）-x}{{e}^{x}-x}$中，当x=0时，分子t（x）_最大值=0，分母y_最小值=1，
∴$\frac{ln（x+1）-x}{{e}^{x}-x}$的最大值为0，
∴a≥0；
（3）证明：由（1）可得，f（x）在x=0处取得最小值0，即有
（x+1）ln（x+1）≥x，
当x＞0时，$\frac{ln（1+x）}{x}$≥$\frac{1}{1+x}$，
令x=n²，则有$\frac{ln（1+{n}^{2}）}{{n}^{2}}$≥$\frac{1}{1+{n}^{2}}$≥$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
即有$\frac{ln（1+{1}^{2}）}{{1}^{2}}$+$\frac{ln（1+{2}^{2}）}{{2}^{2}}$+…+$\frac{ln（1+{n}^{2}）}{{n}^{2}}$≥1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$．
则有$\sum_{k=1}^{n}\frac{ln（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}}$≥$\frac{n}{n+1}$成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间、极值和最值，主要考查求极值和最值的方法，同时考查不等式恒成立思想和不等式证明方法，运用参数分离和裂项相消求和是解题的关键．