Question

20．已知函数f（x）=ax²+ln（x+1）．
（1）当x∈[0，+∞）时，函数y=f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}\right.$所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．
（2）求证：$（1+\frac{2}{2×3}）（1+\frac{4}{3×5}）…[1+\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}]＜e$，（其中n∈N^*，e是自然对数的底）．

Answer 1

分析 （1）根据条件转化为不等式f（x）≤x恒成立即可求实数a的取值范围．
（2）根据条件求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可证明不等式．

解答 解：（1）因函数f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}x≥0\\ y-x≤0\end{array}\right.$所表示的平面区域内，
则当x∈[0，+∞）时，不等式f（x）≤x恒成立，
即ax²+ln（x+1）-x≤0恒成立，、
设g（x）=ax²+ln（x+1）-x（x≥0），
只需g（x）_max≤0即可．
由$g'（x）=2ax+\frac{1}{x+1}-1$=$\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
（i） 当a=0时，$g'（x）=\frac{-x}{x+1}$，
当x＞0时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
故g（x）≤g（0）=0成立．
（ii） 当a＞0时，由$g'（x）=\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}=0$，
因x∈[0，+∞），所以$x=\frac{1}{2a}-1$，
①若$\frac{1}{2a}-1＜0$，即$a＞\frac{1}{2}$时，在区间（0，+∞）上，g'（x）＞0，
则函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
g（x）在[0，+∞）上无最大值，
当x→+∞时，g（x）→+∞，此时不满足条件；（10分）
②若$\frac{1}{2a}-1≥0$，即$0＜a≤\frac{1}{2}$时，函数g（x）在$（0，\frac{1}{2a}-1）$上单调递减，
在区间$（\frac{1}{2a}-1，+∞）$上单调递增，
同样g（x）在[0，+∞）上无最大值，当x→+∞时，g（x）→+∞，不满足条件．（11分）
（iii） 当a＜0时，由$g'（x）=\frac{x[2ax+（2a-1）]}{x+1}$，
∵x∈[0，+∞），∴2ax+（2a-1）＜0，
∴g'（x）＜0，故函数g（x）在[0，+∞）上单调递减，
故g（x）≤g（0）=0成立．
综上所述，实数a的取值范围是（-∞，0]．
（2）据（2）知当a=0时，ln（x+1）＜x在（0，+∞）上恒成立
（或另证ln（x+1）＜x在区间（0，+∞）上恒成立），
又$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$=2（$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$），（15分）
因此ln{（1+$\frac{2}{2×3}$）（1+$\frac{4}{3×5}$）（1+$\frac{8}{5×9}$）…[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]}
=ln（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]
＜$\frac{2}{2×3}$$+\frac{4}{3×5}$+$\frac{8}{5×9}$+…+ln[1+$\frac{{2}^{n}}{（{2}^{n-1}+1）（{2}^{n}+1）}$]
=2（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{9}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$）
=2（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{{2}^{n}+1}$）＜1，
∴$（1+\frac{2}{2×3}）（1+\frac{4}{3×5}）…[1+\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}]＜e$成立．

点评 本题主要考查数列与不等式的综合，构造函数，求函数的导数研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．